黑龙江哈九中高一下学期期末考试---数学
黑龙江省2021学年高一数学下学期期末考试试题
高一数学下学期期末考试试题一、选择题（本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1．已知集合{}4,3,2,1=A ，{}R x x x B ∈≤-≤-=,10232，则B A =（ ） A ．{}1 B ．{}4,3,2,1 C ．{}3,1 D ．{}4,1 2.下列各函数中，值域为),0(+∞的是（ ） A ．22xy -= B ．x y 21-= C ．12-+=x x y D ．113+=x y3. 过点(1,3)-且与直线230x y -+=平行的直线方程为（ ） A ．270x y -+= B ．210x y +-= C ．270x y --=D ．210x y ++=4. 函数⎩⎨⎧≥-<=-)2)(1(log )2(3)(232x x x x f x ，若1)(=a f ，则a 的值是（ ） A ．2 B ．1 C ．1或2D ．1或2-5．已知幂函数)(x y y =的图象经过点)22,2(，则)4(f 的值为（ ） A ．16 B ．2 C ．21 D ．161 6.圆心为)2,1(且过原点的圆的方程是（ ）A ．2)2()1(22=-+-y x B ．2)2()1(22=+++y xC ．5)2()1(22=-+-y x D ．5)2()1(22=+++y x 7. 方程521=+-x x 的解所在的区间是（ ）A ．)1,0(B ．)2,1(C ．)3,2(D ．)4,3(8．直线012=+-y x 关于直线1=x 对称的直线方程是（ ）A ．012=-+y xB ．012=-+y xC ．032=-+y xD ．032=-+y x9.设βα,是两个不同的平面，n m ,是两条不同的直线，给出下列四个论断①n m //；②βα//③α⊥m ；④β⊥n ．以其中三个论断作为条件，余下一个论断作为结论，则一共可以写出真命题的个数为（ ）A ．1B ．2C ．3D ．410.已知直线0)2()13(=-++-k y k x k ，则当k 变化时，所有直线都通过定点（ ）A ．)0,0(B ．)72,71(C ．)71,72(D ．)141,71(11．在正方体1111-ABCD A B C D 中，E 为棱1CC 的中点，则异面直线AE 与CD 所成角的正切值为A ．22B ．23 C ．25 D ．27 12.设12=+y x ，0,0≥≥y x ，则22y x +的最小值和最大值分别为（ ）A ．51，1 B ．1,0 C ．0，51 D ．51，2 二.填空题（本大题共4道小题，每道小题5分，满分20分.）13．已知集合{}022>+-=a x x x A ，且A ∉1，则实数a 的取值范围是 ． 14．已知)0(9421>=a a ，则=a 32log ________． 15．经过点)2,5(-且横、纵截距相等的直线方程是____________________16.点B 在y 轴上运动，点C 在直线l ：02=--y x 上运动，若)3,2(A ，则ABC ∆的周长的最小值为三.解答题（本大题共6道小题，满分70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.） 17．（10分）已知直线l 经过点)5,2(-P 且斜率为43-， （1）求直线l 的方程；（2）若直线m 平行于直线l ，且点P 到直线m 的距离为3，求直线m 的方程18. (12分)如图，在直三棱柱111C B A ABC -中，E D ,分别为AC BC ,的中点，BC AB =． 求证：（1）//11B A 平面1DEC ； （2）E C BE 1⊥．19. (12分)已知函数)1(log )(x x f a +=，)1(log )(x x g a -=，)1,0(≠>a a ． （1）设2=a ，函数)(x f 的定义域为[]63,3，求)(x f 的最值； （2）求使0)()(>-x g x f 的x 的取值范围．20.(12分）如图，长方体1111D C B A ABCD -的底面ABCD 是正方形，点E 在棱1AA 上，1EC BE ⊥.（1）证明：11C EB BE ⊥；（2）若3,1==AB E A AE ，求四棱锥11E BB C C -的体积．21．(12分)ABC ∆中，)1,0(A ，AB 边上的高CD 所在直线的方程为042=-+y x ，AC 边上的中线BE 所在直线的方程为032=-+y x ． （1）求直线AB 的方程； （2）求直线BC 的方程； （3）求BDE ∆的面积．22.已知)5,3(A ,)3,1(-B ，)1,3(-C 为ABC ∆的三个顶点，N M O ,,分别为边CA BC AB ,,的中点。
黑龙江省哈尔滨市高一数学下学期期末考试试题(含解析)-人教版高一全册数学试题
某某市2016—2017学年度下学期期末考试高一数学试题考试时间：120分钟满分：150分一、选择题（本大题共12个小题，每小题5分，共60分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
请把答案一律用2B铅笔涂在答题卡上）1. 双曲线的渐近线方程为（）A. B. C. D.【答案】A2. 给出下列命题：①；②；③；④．其中正确的命题是（）A. ①②B. ②③C. ③④D. ①④【答案】C【解析】当时，命题①错误；当时，命题②错误；据此排除ABD选项.本题选择C选项.3. 焦点在轴上，焦距等于，离心率等于的椭圆的标准方程是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】设椭圆方程为：，由题意可得：，解得：，则椭圆的标准方程为：.本题选择D选项.4. 若，则直线必不经过（）A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限【答案】B【解析】令x=0，得y=sinα<0，令y=0，得x=cosα>0，直线过(0,sinα)，(cosα,0)两点，因而直线不过第二象限。
本题选择B选项.5. 在中，角的对边满足，且，则的面积等于（）A. B. 4 C. D. 8【答案】A【解析】因为，所以，，三角形面积S=，故选A．6. 等差数列的首项为1，公差不为0，若成等比数列，则前6项的和为（）A. B. C. D. 8【答案】A【解析】∵等差数列{a n}的首项为1,公差不为0.a2,a3,a6成等比数列，∴a23=a2⋅a6，∴(a1+2d)2=(a1+d)(a1+5d),且a1=1，d≠0，解得d=−2，∴{a n}前6项的和为 .本题选择A选项.点睛：(1)等差数列的通项公式及前n项和公式，共涉及五个量a1，a n，d，n，S n，知其中三个就能求另外两个，体现了用方程的思想解决问题．(2)数列的通项公式和前n项和公式在解题中起到变量代换作用，而a1和d是等差数列的两个基本量，用它们表示已知和未知是常用方法．7. 已知直线与垂直，则的值是（）A. 或B.C.D. 或【答案】C【解析】由题意得，选C.8. 直线被圆截得的弦长为，则直线的倾斜角为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由题意，得，即，解得，则直线的倾斜角为或，故选A.9. 下列函数中，的最小值为的是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】当时，，选项A错误；当时，，选项B错误；当时，，选项C错误；本题选择D选项.10. 已知圆的圆心位于直线上，且圆与直线和直线均相切，则圆的方程为（）A. B.C. D.【答案】B【解析】设圆心坐标为，由题意可得：，解得：，圆的半径为：，据此可得圆的方程为：.本题选择B选项.+点睛：求圆的方程，主要有两种方法：(1)几何法：具体过程中要用到初中有关圆的一些常用性质和定理．如：①圆心在过切点且与切线垂直的直线上；②圆心在任意弦的中垂线上；③两圆相切时，切点与两圆心三点共线．(2)待定系数法：根据条件设出圆的方程，再由题目给出的条件，列出等式，求出相关量．一般地，与圆心和半径有关，选择标准式，否则，选择一般式．不论是哪种形式，都要确定三个独立参数，所以应该有三个独立等式．11. 椭圆焦点在轴上，离心率为，过作直线交椭圆于两点，则周长为（）A. 3B. 6C. 12D. 24【答案】B【解析】由题意可得：，由椭圆的定义可得：题中三角形的周长为 .本题选择B选项.12. 已知点、是椭圆的左右焦点，过点且垂直于轴的直线与椭圆交于、两点，若为锐角三角形，则该椭圆的离心率的取值X围是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】由于为锐角三角形，则，，，或，又，则，选.【点睛】列出一个关于的等式，可以求离心率；列出一个关于的不等式，可以求离心率的取值X围.本题根据等腰三角形为锐角三角形，只需顶角为锐角，所以顶角的一半小于，利用正切函数在是单调增的，列出一个关于的等式，求出离心率.二、填空题（本大题共4题，每题5分，共20分。
2022-2023学年黑龙江省哈尔滨市高一(下)期末数学试卷【答案版】
2022-2023学年黑龙江省哈尔滨市高一（下）期末数学试卷一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．若复数z =a+i1−i 是纯虚数，则实数a 的值是（ ） A ．﹣2B ．﹣1C ．0D ．12．某企业职工有高级职称的共有15人，现按职称用分层抽样的方法抽取30人，有高级职称的3人，则该企业职工人数为（ ） A ．150B ．130C ．120D ．1003．已知正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别为棱BC 和棱CC 1的中点，则异面直线AC 和EF 所成的角为（ ）A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°4．设e →1，e →2是两个不共线的向量，若向量m →=−e →1+ke →2(k ∈R)与向量n →=e →2−e →1共线，则k ＝（ ） A ．0B ．12C ．1D ．25．抛掷一枚质地均匀的正方体骰子，观察向上一面的点数，则下列是互斥事件但不是对立事件的是（ ） A ．“大于3点”与“不大于3点” B ．“大于3点”与“小于2点” C ．“大于3点”与“小于4点”D ．“大于3点”与“小于5点”6．已知三个不同的平面α，β，γ和直线m ，n ，若α∩γ＝m ，β∩γ＝n ，则“α∥β”是“m ∥n ”的（ ） A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件7．已知平面向量a →=(1，λ)，b →=(−2，1)，则下列说法正确的是（ ） A ．若λ＝0，则|a →+b →|=2B ．若a →∥b →，则λ＝﹣2C ．若a →与b →的夹角为钝角，则λ＜2D ．若λ＝﹣1，则a →在b →上的投影向量为−35b →8．在△ABC 中，已知sin A +sin B ＝cos A +cos B ，则△ABC 的形状一定是（ ）A ．等腰三角形B ．直角三角形C ．等边三角形D ．等腰或直角三角形二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
黑龙江高一高中数学期末考试带答案解析
黑龙江高一高中数学期末考试班级:___________ 姓名：___________ 分数：___________一、选择题1.若直线 不平行于平面 ，则下列结论成立的是( ) A ．内所有的直线都与异面 B ．内不存在与平行的直线 C ．内所有的直线都与相交D ．直线与平面有公共点2.若为实数，则下列命题正确的是（） A ．若，则B ．若，则C ．若，则D ．若，则3.已知不等式的解集为,则不等式的解集为( )A ．B ．C ．D ．4.若关于的不等式的解集不是空集，则实数的取值范围是( ) A ．[2，＋∞)B ．(－∞，－6]C ．[－6,2]D ．(－∞，－6]∪[2，＋∞)5.函数 的最大值是( )A ．B ．C ．D ．6.已知m ，n 为不同的直线，α，β为不同的平面，则下列说法正确的是（ ）A ．m ⊂α，n ∥m ⇒n ∥αB ．m ⊂α，n ⊥m ⇒n ⊥αC ．m ⊂α，n ⊂β，m ∥n ⇒α∥βD ．n ⊂β，n ⊥α⇒α⊥β7.如图在斜三棱柱中，∠BAC ＝90°，BC 1⊥AC ，则C 1在底面ABC 上的射影H 必在( )A ．直线AC 上B ．直线BC 上 C ．直线AB 上D ．△ABC 内部8.已知三棱锥中，，且直线与成角，点、分别是、的中点,则直线与所成的角为( )A ．B ．C ．D ．或9.设等比数列中，前项和为，已知，则（）A ．B ．C ．D ．10.数列中,，则此数列前30项的绝对值的和为 ( ) A ．720B ．765C ．600D ．63011.已知数列的前项和为,,,则（） A ．B ．C ．D ．12.如图，在正四棱锥中，分别是的中点，动点在线段上运动时，下列四个结论：①；②；③面；④面.其中恒成立的为（ ）A ．①③B ．③④C ．①②D ．②③④13.在底面半径为3高为 的圆柱形有盖容器内，放入一个半径为3的大球后，再放入与球面，圆柱侧面及上底面均相切的小球，则放入小球的个数最多为__个．二、填空题1.已知一个圆锥的侧面展开图是一个半径为，圆心角为的扇形，则此圆锥的体积为 ．2.已知正项等比数列 满足：，若存在两项，使得，则的最小值为______ . 3.数列满足，则的前60项和为 ．三、解答题1.已知三棱柱ABC-A 1B 1C 1中，侧棱垂直于底面,AC=BC,点D 是AB 的中点．(1)求证：BC 1∥平面CA 1D ；(2)求证：平面CA 1D ⊥平面AA 1B 1B ； 2.已知函数(1)求不等式的解集；(2)若关于 的不等式 的解集非空，求实数 的取值范围.3.已知实数，且，若恒成立.（1）求实数m 的最小值； （2）若对任意的恒成立，求实数x 的取值范围.4.已知数列是公差不为的等差数列，，且，，成等比数列．（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前项和．5.在如图所示的几何体中，四边形ABCD为正方形，为直角三角形，，且.（1）证明：平面平面；（2）若AB=2AE，求异面直线BE与AC所成角的余弦值.6.已知数列满足，，．（1）求证：数列是等差数列；（2）求证：．黑龙江高一高中数学期末考试答案及解析一、选择题1.若直线不平行于平面，则下列结论成立的是( )A．内所有的直线都与异面B．内不存在与平行的直线C．内所有的直线都与相交D．直线与平面有公共点【答案】D【解析】∵直线a不平行于平面α，∴直线a与平面α相交，或直线a在平面α内．∴直线α与平面α有公共点．故选D．点睛：直线不平行于平面包含两种情况，即直线a与平面α相交，或直线a在平面α内，同学们往往误认为只用一种情况：直线a与平面α相交，导致错误，要熟练掌握直线与平面的位置关系，包含三种情况.2.若为实数，则下列命题正确的是（）A．若，则B．若，则C．若，则D．若，则【答案】B【解析】对于A，因为c2≥0，所以只有c≠0时才正确．c=0时，ac2=bc2，所以A是假命题；对于B，a＜b，a＜0 a2＞ab，a＜b，b＜0ab＞b2，B是真命题；对于C，由性质定理a＜b＜0，C是假命题；对于D，例如-3＜-2＜0，＜，D是假命题．【考点】不等式的性质。
2022-2023学年黑龙江省哈尔滨九中高一(下)期末数学试卷【答案版】
2022-2023学年黑龙江省哈尔滨九中高一（下）期末数学试卷一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．若复数z ＝3﹣2i ，则复数z 的虚部为（ ） A ．﹣2iB ．2iC ．﹣2D ．22．m ，n 是两条不同直线，α，β是两个不同的平面，则下列说法正确的是（ ） A ．若m ∥α，n ∥α，则m ∥n B ．若m ∥n ，n ∥α，则m ∥α C ．若m ⊥α，α⊥β，则m ∥βD ．若n ⊥α，n ⊥β，则α∥β3．若P(AB)=19，P(A)=23，P(B)=13，则事件A 与B 的关系是（ ） A ．互斥但不对立 B ．对立C ．相互独立D ．既互斥又独立4．已知向量a →，b →的夹角为5π6，且|a →|=1，|b →|=√3，则(2a →−b →)⋅(a →+b →)=（ ）A ．−1−√32B ．12C ．72D ．−525．某人从水库中打了一网鱼共1000条，作上记号再放回水库中，数日后又从水库中打了一网鱼共n 条，其中k 条有记号，由此估计水库中共有鱼的条数为（ ） A ．1000kB ．1000n kC ．1000nD ．无法估计6．围棋起源于中国，据先秦典籍《世本》记载“尧造围棋，丹朱善之”，围棋至今已有四千多年历史，蕴含着中华文化的丰富内涵．在某次国际比赛中，中国派出包含甲、乙在内的5位棋手参加比赛，他们分成两个小组，其中一个小组有3位，另外一个小组有2位，则甲和乙不在同一个小组的概率为（ ） A ．110B ．25C ．35D ．7107．在三棱锥P ﹣ABC 中，P A ⊥底面ABC ，AB ＝2，AC ＝AP ，BC ⊥CA ，若三棱锥P ﹣ABC 外接球的表面积为5π，则BC ＝（ ） A ．1B ．√2C ．√3D ．√58．如图，在山脚A 测得山顶P 的仰角为α，沿倾斜角为β的斜坡向上走a 米到B ，在B 处测得山顶P 的仰角为γ，则山高h ＝（ ）A ．acosαsin(γ−α)sin(γ−β)B ．asinαsin(γ−α)sin(γ−β) C ．acosαsin(γ−β)sin(γ−α)D ．asinαsin(γ−β)sin(γ−α)二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分． 9．下列说法正确的是（ ）A ．用简单随机抽样的方法从含有50个个体的总体中抽取一个容量为5的样本，则个体m 被抽到的概率是0.1B ．已知一组数据1，2，3，3，4，5的众数大于中位数C ．数据27，12，14，30，15，17，19，23的第70百分位数是21D ．甲乙丙三种个体按3：1：2的比例分层抽样，如果抽取的甲个体数为9，则样本容量为18 10．在△ABC 中，a ，b ，c 分别为∠A ，∠B ，∠C 的对边，则下列叙述正确的是（ ） A ．若a cosB=b cosA，则△ABC 为等腰三角形B ．若A ＞B ，则sin A ＞sin BC ．若AB →⋅BC →＜0，则△ABC 为钝角三角形 D ．若a ＝b sin C +c cos B ，则∠C =π411．如图，AD 与BC 分别为圆台上下底面直径，AD ∥BC ，若AB ＝3，AD ＝2，BC ＝4，则（ ）A ．圆台的母线与底面所成的角的正切值为2√2B ．圆台的全面积为14πC ．圆台的外接球（上下底面圆周都在球面上）的半径为√2D ．从点A 经过圆台的表面到点C 的最短距离为3√312．“奔驰定理”是平面向量中一个非常优美的结论，因为这个定理对应的图形与“奔驰”轿车的三叉车标很相似，故形象地称其为“奔驰定理”．奔驰定理：已知O 是△ABC 内的一点，△BOC ，△AOC ，△AOB 的面积分别为S A 、S B 、S C ，则有S A OA →+S B OB →+S C OC →=0→，设O 是锐角△ABC 内的一点，∠BAC ，∠ABC ，∠ACB 分别是△ABC 的三个内角，以下命题正确的是（ ）A ．若OA →+OB →+OC →=0→，则O 为△ABC 的重心B ．若OA →+2OB →+3OC →=0→，则S A ：S B ：S C ＝1：2：3C ．则O 为△ABC （不为直角三角形）的垂心，则tan ∠BAC ⋅OA →+tan∠ABC ⋅OB →+tan∠ACB ⋅OC →=0→D ．若|OA →|=|OB →|=2，∠AOB =5π6，2OA →+3OB →+4OC →=0→，则S △ABC =92三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分． 13．已知z ＝2﹣i ，|z +i|= ．14．如图，在四棱锥P ﹣ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 为菱形，∠ABC ＝60°，且P A ＝AB ，E 为AP 的中点，则异面直线PC 与DE 所成的角的余弦值为 ．15．甲、乙两班参加了同一学科的考试，其中甲班50人，乙班40人．甲班的平均成绩为76分，方差为96分2；乙班的平均成绩为85分，方差为60分2．那么甲、乙两班全部90名学生的平均成绩是 分，方差是 分2．16．二战期间盟军的统计学家主要是将缴获的德军坦克序列号作为样本，用样本估计总体的方法得出德军某月生产的坦克总数．假设德军某月生产的坦克总数是N ，缴获的该月生产的n 辆坦克编号从小到大为x 1，x 2，…，x n ，即最大编号为x n ，且缴获的坦克是从所生产的坦克中随机获取的，因为生产坦克是连续编号的，所以缴获坦克的编号x 1，x 2，…，x n ，相当于从[0，N ]中随机抽取的n 个整数，这n 个数将区间[0，N ]分成（n +1）个小区间，由于N 是未知的，除了最右边的区间外，其他n 个区间都是已知的．由于这n 个数是随机抽取的，所以可以用前n 个区间的平均长度x n n估计所有（n +1）个区间的平均长度Nn+1，进而得到N 的估计值．例如，缴获坦克的编号是3，5，12，18，20，则统计学家利用上述方法估计德军每月生产的坦克数为 ．四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．（10分）四棱锥A ﹣BCDE 的侧面ABC 是等边三角形，EB ⊥平面ABC ，DC ⊥平面ABC ，BE ＝1，BC ＝CD ＝2，F 是棱AD 的中点． （1）求证：EF ∥平面ABC ； （2）求四棱锥A ﹣BCDE 的体积．18．（12分）在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c ．已知a =√39，b ＝2，∠A ＝120°． （1）求c 的值； （2）求sin （B ﹣C ）．19．（12分）从参加环保知识竞赛的学生中抽出40名，将其成绩（均为整数）整理后画出的频率分布直方图如下：观察图形，回答下列问题：（1）80～90这一组的频数、频率分别是多少？ （2）估计这次环保知识竞赛成绩的平均数、中位数；（3）从成绩是80分以上的学生中选两人，求他们在同一分数段的概率．20．（12分）如图，三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1中、四边形ABB 1A 1是菱形，且∠ABB 1＝60°，AB ＝BC ＝2，CA ＝CB 1，CA ⊥CB 1，（1）证明：平面CAB 1⊥平面ABB 1A 1； （2）求直线BB 1和平面ABC 所成角的正弦值；21．（12分）已知△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，在①cosB cosC=−b 2a+c，②sinAsinB−sinC=b+c a+c，③2S =−√3BA →⋅BC →三个条件中任选一个补充在下面的横线上，并加以解答． （1）选_____，求角B 的大小；（2）如图，作AB ⊥AD ，设∠BAC ＝θ，使得四边形ABCD 满足∠ACD =π3，AD =√3，求BC 的取值范围．22．（12分）在校运动会上，有甲、乙、丙三位同学参加羽毛球比赛，约定赛制如下：累计负两场者被淘汰；比赛前抽签决定首先比赛的两人，另一人轮空；每场比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛，负者下一场轮空，直至有一人被淘汰；当一人被淘汰后，剩余的两人继续比赛，直至其中一人被淘汰，另一人最终获胜，比赛结束．经抽签，甲、丙首先比赛，乙轮空．设每场比赛双方获胜的概率都为12．（1）求丙连胜四场的概率； （2）求需要进行第五场比赛的概率；（3）甲、乙、丙三人中谁最终获胜的概率最大？请说明理由．2022-2023学年黑龙江省哈尔滨九中高一（下）期末数学试卷参考答案与试题解析一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．若复数z ＝3﹣2i ，则复数z 的虚部为（ ） A ．﹣2iB ．2iC ．﹣2D ．2解：由复数的概念可知，复数z ＝3﹣2i 的虚部为﹣2． 故选：C ．2．m ，n 是两条不同直线，α，β是两个不同的平面，则下列说法正确的是（ ） A ．若m ∥α，n ∥α，则m ∥n B ．若m ∥n ，n ∥α，则m ∥α C ．若m ⊥α，α⊥β，则m ∥β D ．若n ⊥α，n ⊥β，则α∥β解：根据题意，依次分析选项：对于A ，平行于同一个平面的两条直线可以平行、相交或异面，A 错误； 对于B ，m 可能在平面α内，B 错误； 对于C ，m 可能在平面β内，C 错误；对于D ，垂直于同一直线的两个平面平行，D 正确； 故选：D ．3．若P(AB)=19，P(A)=23，P(B)=13，则事件A 与B 的关系是（ ） A ．互斥但不对立 B ．对立C ．相互独立D ．既互斥又独立解：∵P(A)=23，∴P(A)=1−P(A)=1−23=13， ∴P(AB)=P(A)P(B)=19≠0， ∴事件A 与B 不互斥但相互独立， 故选：C ．4．已知向量a →，b →的夹角为5π6，且|a →|=1，|b →|=√3，则(2a →−b →)⋅(a →+b →)=（ ）A ．−1−√32B ．12C ．72D ．−52解：因为向量a →，b →的夹角为5π6，且|a →|=1，|b →|=√3，所以a →⋅b →=|a →||b →|cos5π6=1×√3×(−√32)=−32， 所以(2a →−b →)⋅(a →+b →)=2a →2+a →⋅b →−b →2=2×12−32−3=−52． 故选：D ．5．某人从水库中打了一网鱼共1000条，作上记号再放回水库中，数日后又从水库中打了一网鱼共n 条，其中k 条有记号，由此估计水库中共有鱼的条数为（ ） A ．1000kB ．1000n kC ．1000nD ．无法估计解：估计水库中共有鱼的条数为x ，则1000x=kn ，∴x =1000nk． 故选：B ．6．围棋起源于中国，据先秦典籍《世本》记载“尧造围棋，丹朱善之”，围棋至今已有四千多年历史，蕴含着中华文化的丰富内涵．在某次国际比赛中，中国派出包含甲、乙在内的5位棋手参加比赛，他们分成两个小组，其中一个小组有3位，另外一个小组有2位，则甲和乙不在同一个小组的概率为（ ） A ．110B ．25C ．35D ．710解：这5名棋手分别记为：甲，乙，A ，B ，C ，分组情况有：（甲乙A ，BC ），（甲乙B ，AC ），（甲乙C ，AB ），（甲AB ，乙C ），（甲AC ，乙B ）（甲BC ，乙A ），（乙AB ，甲C ），（乙AC ，甲B ），（乙BC ，甲A ），（ABC ，甲乙）共10种， 其中甲和乙在同一人组的有4种，分别为：（甲乙A ，BC ），（甲乙B ，AC ），（甲乙C ，AB ），（ABC ，甲乙），共4种，所以甲和乙不在同一个小组的概率为1−410=35． 故选：C ．7．在三棱锥P ﹣ABC 中，P A ⊥底面ABC ，AB ＝2，AC ＝AP ，BC ⊥CA ，若三棱锥P ﹣ABC 外接球的表面积为5π，则BC ＝（ ） A ．1B ．√2C ．√3D ．√5解：∵P A ⊥底面ABC ，BC ⊂底面ABC ， ∴BC ⊥P A ，又∵BC ⊥CA ，CA ∩P A ＝A ，∴BC ⊥面P AC ，∵PB 是Rt △PBC 和Rt △PBA 的公共斜边， ∴PB 是三棱锥的外接球直径，由S =4πR 2=5π⇒R =√52，设AC ＝AP ＝m ，则PB =2R =√m 2+4=√5，则m ＝1，BC =√4−1=√3． 故选：C ．8．如图，在山脚A 测得山顶P 的仰角为α，沿倾斜角为β的斜坡向上走a 米到B ，在B 处测得山顶P 的仰角为γ，则山高h ＝（ ）A ．acosαsin(γ−α)sin(γ−β)B ．asinαsin(γ−α)sin(γ−β) C ．acosαsin(γ−β)sin(γ−α)D ．asinαsin(γ−β)sin(γ−α)解：在△P AB 中，∠PAB =α−β，∠BPA =(π2−α)−(π2−γ)=γ−α， 由正弦定理得PBsin(α−β)=asin(γ−α)，可得PB =asin(α−β)sin(γ−α)，过点B 作BD ⊥AQ ，可得CQ ＝BD ＝a sin β，所以PQ =PC +CQ =PB ⋅sinγ+asinβ=asinαsin(γ−β)sin(γ−α)． 故选：D ．二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分． 9．下列说法正确的是（ ）A ．用简单随机抽样的方法从含有50个个体的总体中抽取一个容量为5的样本，则个体m 被抽到的概率是0.1B ．已知一组数据1，2，3，3，4，5的众数大于中位数C ．数据27，12，14，30，15，17，19，23的第70百分位数是21D ．甲乙丙三种个体按3：1：2的比例分层抽样，如果抽取的甲个体数为9，则样本容量为18 解：对于A ，个体m 被抽到的概率为550=0.1，所以选项A 正确；对于B ，数据1，2，3，3，4，5的众数是3，中位数是3，众数等于中位数，选项B 错误；对于C ，数据27，12，14，30，14，17，19，23从小到大排列为：12，14，14，17，19，23，27，30， 由于8×70%＝5.6，其中第6个数为23，所以选项C 错误；对于D ，根据分层抽样原理知，抽取的甲个体数为9时，样本容量为9÷33+1+2=18，选项D 正确．故选：AD ．10．在△ABC 中，a ，b ，c 分别为∠A ，∠B ，∠C 的对边，则下列叙述正确的是（ ） A ．若a cosB=b cosA，则△ABC 为等腰三角形B ．若A ＞B ，则sin A ＞sin BC ．若AB →⋅BC →＜0，则△ABC 为钝角三角形 D ．若a ＝b sin C +c cos B ，则∠C =π4 解：由a cosB=b cosA得sinA cosB=sinB cosA⇒sin2B =sin2A ⇒2A =2B +2kπ，或2A +2B ＝π+2k π，k ∈Z ，由于在三角形中，所以A ＝B 或A +B =π2，故△ABC 为等腰三角形或者为直角三角形，故A 错误； 由A ＞B ，得a ＞b ，由正弦定理得sin A ＞sin B ，故B 正确；若AB →⋅BC →＜0，则|AB →|⋅|BC →|cos(π−B)＜0⇒cosB ＞0，因此B 为锐角， 故无法确定△ABC 为钝角三角形，故C 错误； 由a ＝b sin C +c cos B 得sin A ＝sin B sin C +sin C cos B ，进而可得sin （B +C ）＝sin B sin C +sin C cos B ⇒sin B cos C ＝sin B sin C ，由于sin B ≠0， 所以cos C ＝sin C ⇒tan C ＝1，由于C ∈（0，π），所以C =π4，故D 正确． 故选：BD ．11．如图，AD 与BC 分别为圆台上下底面直径，AD ∥BC ，若AB ＝3，AD ＝2，BC ＝4，则（ ）A ．圆台的母线与底面所成的角的正切值为2√2B．圆台的全面积为14πC．圆台的外接球（上下底面圆周都在球面上）的半径为√2D．从点A经过圆台的表面到点C的最短距离为3√3解：取圆台的轴截面ABCD，设AD、BC的中点分别为O1、O2，连接O1O2，分别过点A、D在平面ABCD内作AE⊥BC，DF⊥BC，垂足分别为点E、F，由题意可知，O1O2与圆台的底面垂直，易知四边形ABCD为等腰梯形，且AB＝CD＝3，AD＝2，BC＝4，在△ABE和△DCF中，AB＝DC，∠ABE＝∠DCF，∠AEB＝∠DFC＝90°，所以△ABE≌△DCF，所以，BE＝CF，因为AD∥BC，AE⊥BC，DF⊥BC，则四边形ADFE为矩形，且EF＝CD＝2，同理可证四边形AEO2O1为矩形，则O1O2＝AE，且AE∥O1O2，所以AE与圆台的底面垂直，则圆台的母线与底面所成的角为∠ABE，所以BE=CF=AB−EF2=4−22=1，则AE=√AB2−BE2=√32−1=2√2，所以tan∠ABE=AEBE=2√2，A对；对于B，圆台的全面积为π×12+π×22+π×（1+2）×3＝14π，B对；对于C，易知圆台的外接球球心在梯形ABCD内，且CE＝BC﹣BE＝4﹣1＝3，由勾股定理可得AC=√AE2+CE2=√8+9=√17，且sin∠ABE=AEAB =2√23，所以圆台的外接球直径为2R=ACsin∠ABE=√17223=3√344，则R=3√348，B错；对于C选项，将圆台沿着轴截面ABCD切开，将圆台的侧面的一半展开如下图所示：延长BA 、DC 交于点M ，在圆台的轴截面等腰梯形ABCD 中，AB ∥CD 且AB =12CD ， 易知A 、D 分别为BM 、CM 的中点，所以，AM ＝DM ＝AB ＝3， 设∠AMD ＝θ，则AD ̂=3θ＝π，则θ=π3， 在△ACM 中，AM ＝3，CM ＝6，∠AMD =π3， 由余弦定理可得AC =√AM 2+CM 2−2AM ⋅CMcosπ3=√32+62−2×3×6×12=3√3， 因此从点A 经过圆台的侧面到点C 的最短距离为3√3，D 对． 故选：ABD ．12．“奔驰定理”是平面向量中一个非常优美的结论，因为这个定理对应的图形与“奔驰”轿车的三叉车标很相似，故形象地称其为“奔驰定理”．奔驰定理：已知O 是△ABC 内的一点，△BOC ，△AOC ，△AOB 的面积分别为S A 、S B 、S C ，则有S A OA →+S B OB →+S C OC →=0→，设O 是锐角△ABC 内的一点，∠BAC ，∠ABC ，∠ACB 分别是△ABC 的三个内角，以下命题正确的是（ ）A ．若OA →+OB →+OC →=0→，则O 为△ABC 的重心B ．若OA →+2OB →+3OC →=0→，则S A ：S B ：S C ＝1：2：3C ．则O 为△ABC （不为直角三角形）的垂心，则tan ∠BAC ⋅OA →+tan∠ABC ⋅OB →+tan∠ACB ⋅OC →=0→D ．若|OA →|=|OB →|=2，∠AOB =5π6，2OA →+3OB →+4OC →=0→，则S △ABC =92解：对于A ，设BC 的中点为D ，则OB →+OC →=2OD →=−OA →，∴O ，A ，D 三点共线，且AO →=23AD →，设E ，F 分别为AB ，AC 中点，同理可得，CO →=23CE →，BO →=23BF →，∴O 为△ABC 的重心，选项A 正确；对于B ，由奔驰定理可知，若OA →+2OB →+3OC →=0→， 则S A ：S B ：S C ＝1：2：3，选项B 正确； 对于C ，S △BOC =12|OB →||OC →|sin∠BOC ， S △AOC =12|OA →||OC →|sin∠AOC ，S △AOB =12|OA →||OB →|sin∠AOB ，又OA →⋅OB →=|OA →||OB →|cos∠AOB =−|OA →||OB →|cos∠ACB ， OB →⋅OC →=|OB →||OC →|cos∠BOC =−|OB →||OC →|cos∠BAC ， 又OB →⋅AC →=OB →⋅(OC →−OA →)=OB →⋅OC →−OA →⋅OB →=0， ∴|OA →|cos∠ACB =|OC →|cos∠BAC ， 即|OA →|：|OC →|=cos∠BAC ：cos∠ACB ，同理可得：|OA →|：|OB →|：|OC →|=cos ∠BAC ：cos ∠ABC ：cos ∠ACB ， ∴S △BOC ：S △AOC ：S △AOB=sin∠BAC cos∠BAC ：sin∠ABC cos∠ABC ：sin∠ACBcos∠ACB ＝tan ∠BAC ：tan ∠ABC ：tan ∠ACB ， 结合奔驰定理可知，选项C 正确；对于D ，在△AOB 中，由|OA →|=|OB →|=2，∠AOB =5π6可得： S △AOB =12×2×2×12=1，又2OA →+3OB →+4OC →=0→，则S △BOC ：S △AOC ：S △AOB ＝2：3：4， 则S △BOC =12，S △AOC =34，∴S △ABC ＝S △AOB +S △BOC +S △AOC ＝1+12+34=94，选项D 错误． 故选：ABC ．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分． 13．已知z ＝2﹣i ，|z +i|= 2√2 ． 解：∵z ＝2﹣i ， ∴z =2+i ，∴|z +i|=|2+2i|=√22+22=2√2． 故答案为：2√2．14．如图，在四棱锥P ﹣ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 为菱形，∠ABC ＝60°，且P A ＝AB ，E 为AP 的中点，则异面直线PC 与DE 所成的角的余弦值为 √105．解：连接AC ，取AC 的中点O ， 连接EO 、BD ， 则EO ∥PC ，则异面直线PC 与DE 所成的角的平面角为∠OED ， 设AB ＝1，由已知可得：P A ＝AD ＝AC ＝1， 又P A ⊥平面ABCD ， 则PC =√2， 则EO =√22，因为BD ⊥AC ，BD ⊥P A ， 所以BD ⊥面P AC ，则BD ⊥EO ， 又OD =12BD =√32，则DE =√(√22)2+(32)2=√52，则cos ∠OED =OE DE =√2252=√105． 故答案为：√105．15．甲、乙两班参加了同一学科的考试，其中甲班50人，乙班40人．甲班的平均成绩为76分，方差为96分2；乙班的平均成绩为85分，方差为60分2．那么甲、乙两班全部90名学生的平均成绩是 80 分，方差是 100 分2．解：甲、乙两班全部90名学生的平均成绩是5050+40×76+4050+40×85＝80（分）；甲、乙两班全部90名学生的方差是190{50[96+（76﹣80）2]+40[60+（85﹣80）2]}＝100（分2）．16．二战期间盟军的统计学家主要是将缴获的德军坦克序列号作为样本，用样本估计总体的方法得出德军某月生产的坦克总数．假设德军某月生产的坦克总数是N ，缴获的该月生产的n 辆坦克编号从小到大为x 1，x 2，…，x n ，即最大编号为x n ，且缴获的坦克是从所生产的坦克中随机获取的，因为生产坦克是连续编号的，所以缴获坦克的编号x 1，x 2，…，x n ，相当于从[0，N ]中随机抽取的n 个整数，这n 个数将区间[0，N ]分成（n +1）个小区间，由于N 是未知的，除了最右边的区间外，其他n 个区间都是已知的．由于这n 个数是随机抽取的，所以可以用前n 个区间的平均长度x n n估计所有（n +1）个区间的平均长度Nn+1，进而得到N 的估计值．例如，缴获坦克的编号是3，5，12，18，20，则统计学家利用上述方法估计德军每月生产的坦克数为 24 ．解：由于用前n 个区间的平均长度x n n估计所有（n +1）个区间的平均长度Nn+1，而缴获坦克的编号是3，5，12，18，20，即n ＝5，x 5＝20， 故205=N5+1，∴N ＝24，即则统计学家利用上述方法估计德军每月生产的坦克数为24． 故答案为：24．四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．（10分）四棱锥A ﹣BCDE 的侧面ABC 是等边三角形，EB ⊥平面ABC ，DC ⊥平面ABC ，BE ＝1，BC ＝CD ＝2，F 是棱AD 的中点． （1）求证：EF ∥平面ABC ； （2）求四棱锥A ﹣BCDE 的体积．证明：（1）取AC 中点M ，连接FM 、BM ， ∵F 是AD 中点，∴FM ∥DC ，且FM =12DC ＝1， ∵EB ⊥平面ABC ，DC ⊥平面ABC ， ∴EB ∥DC ， ∴FM ∥EB ．又∵EB ＝1，∴FM ＝EB ， ∴四边形BEFM 是平行四边形， ∴EF ∥BM ，∵EF ⊄平面ABC ，BM ⊂平面ABC ， ∴EF ∥平面ABC ．解：（2）取BC 中点N ，连接AN ， ∵AB ＝AC ， ∴AN ＝BC ， ∵EB ⊥平面ABC ，∴AN⊥EB，∵BC与EB是底面BCDE内的相交直线，∴AN⊥平面BCDE，由（1）得，底面BCDE为直角梯形，S梯形BCDE=EB+DC⋅BC2=3，在等边△ABC中，BC＝2，∴AN=√3，∴V棱锥A﹣BCDE=13S梯形BCDE•AN=√3．18．（12分）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c．已知a=√39，b＝2，∠A＝120°．（1）求c的值；（2）求sin（B﹣C）．解：（1）a=√39，b＝2，∠A＝120°，则a2＝b2+c2﹣2bc•cos A＝4+c2+2c＝39，化简整理可得，（c+7）（c﹣5）＝0，解得c＝5（负值舍去）；（2）a=√39，b＝2，∠A＝120°，则sin B=bsinAa=2×√3239=√1313，则cos B=√1−sin2B=2√39 13，则sin C=csinAa=5×√32√39=5√1326，故cos C=√1−sin2C=3√39 26，所以sin（B﹣C）＝sin B cos C﹣sin C cos B=√1313×3√3926−5√1326×2√3913=−7√326．19．（12分）从参加环保知识竞赛的学生中抽出40名，将其成绩（均为整数）整理后画出的频率分布直方图如下：观察图形，回答下列问题：（1）80～90这一组的频数、频率分别是多少？（2）估计这次环保知识竞赛成绩的平均数、中位数；（3）从成绩是80分以上的学生中选两人，求他们在同一分数段的概率．解：（1）根据题意，50～60的这一组的频率为0.015×10＝0.15，60～70的这一组的频率为0.025×10＝0.25，70～80这一组的频率为0.035×10＝0.35，90～100的这一组的频率为0.005×10＝0.05，则80～90这一组的频率为[1﹣（0.15+0.25+0.35+0.05）]÷2＝0.1，其频数为40×0.1＝4；（2）这次竞赛的平均数为45×0.1+55×0.15+65×0.25+75×0.35+85×0.1+95×0.05＝68.5，70（分）左右两侧的频率均为0.5，则中位数为70；（3）记“取出的2人在同一分数段”为事件E，因为80～90之间的人数为40×0.1＝4人，设为a、b、c、d，90～100之间有40×0.05＝2人，设为A、B，从这6人中选出2人，有{a，b}、{a，c}、{a，d}、{a，A}、{a，B}、{b，c}、{b，d}、{b，A}、{b，B}、{c，d}、{c，A}、{c，B}、{d，A}、{d，B}、{A，B}，共15个基本事件，其中事件E包括{a，b}、{a，c}、{a，d}、{b，c}、{b，d}、{c，d}、{A，B}，共7个基本事件，则P（E）=7 15．20．（12分）如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中、四边形ABB1A1是菱形，且∠ABB1＝60°，AB＝BC＝2，CA ＝CB1，CA⊥CB1，（1）证明：平面CAB1⊥平面ABB1A1；（2）求直线BB1和平面ABC所成角的正弦值；证明：（1）取AB 1的中点O ，连接OC ，OB ，如图所示： ∵四边形ABB 1A 1是菱形，且∠ABB 1＝60°， ∴△ABB 1为等边三角形，又∵AB ＝2， ∴OB ＝2×√32=√3，AB 1＝2，∵CA ＝CB 1，CA ⊥CB 1，∴CO ⊥AB 1，且CO =12AB 1=1， 又∵BC ＝2，∴BC 2＝OB 2+CO 2， ∴CO ⊥OB ，又∵CO ⊥AB 1，AB 1∩OB ＝O ， ∴CO ⊥平面ABB 1A 1， 又∵CO ⊂平面CAB 1， ∴平面CAB 1⊥平面ABB 1A 1；解：（2）由（1）可知，OB ，OB 1，OC 两两垂直，以点O 为坐标原点，分别以OB →，OB 1→，OC →的正方向为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示：则B （√3，0，0），B 1（0，1，0），A （0，﹣1，0），C （0，0，1）， ∴BB 1→=（−√3，1，0），AB →=（√3，1，0），AC →=（0，1，1）， 设平面ABC 的一个法向量为n →=（x ，y ，z ），则{n →⋅AB →=0n →⋅AC →=0， 即{√3x +y =0y +z =0，取x =√3得，{y =−3z =3，∴n →=（√3，﹣3，3），∴直线BB 1和平面ABC 所成角的正弦值为|cos ＜BB 1→，n →＞|=|BB 1→⋅n →||BB 1→||n →|=√217． 21．（12分）已知△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，在①cosB cosC=−b 2a+c，②sinAsinB−sinC=b+c a+c，③2S =−√3BA →⋅BC →三个条件中任选一个补充在下面的横线上，并加以解答． （1）选_____，求角B 的大小；（2）如图，作AB ⊥AD ，设∠BAC ＝θ，使得四边形ABCD 满足∠ACD =π3，AD =√3，求BC 的取值范围．解：（1）选①，由正弦定理可得：cosB cosC=−sinB 2sinA+sinC，整理可得：sin C cos B +sin B cos C +2sin A cos B ＝0， 即sin （B +C ）+2sin A cos B ＝0，因为sin （B +C ）＝sin A ，且sin A ≠0，可得cos B =−12， 因为B ∈（0，π）， 所以B =23π；选②，由正弦定理可得：2×12acsinB =−√3×accosB a b−c =b+ca+c ， 整理可得：a 2+ac ＝b 2﹣c 2，即a 2+c 2﹣b 2＝﹣ac ，由余弦定理得：cosB =a 2+c 2−b 22ac =−12，因为B ∈（0，π）， 所以B =23π；选③，由2S =−√3BA →⋅BC →可得：2×12acsinB =−√3×accosB ， 即tan B =−√3， 因为B ∈（0，π）， 所以B =23π；（2）∵AB ⊥AD ，∠ACD =π3，∠BAC ＝θ，θ∈(0，π3)， ∴∠CAD =π2−θ，∠D =π−∠CAD −∠ACD =π−(π2−θ)−π3=π6+θ， ∠ACB =π3−θ，在△ACD 中，由正弦定理有：AC sinD=AD sin∠ACD，∴AC =AD⋅sinD sin∠ACD =√3×sin(π6+θ)32=2sin(θ+π6)， 在△ABC 中，由正弦定理有：BCsin∠BAC=AC sinB，∴BC =AC⋅sin∠BAC sinB =2sin(θ+π6)sinθ√32=4√33sinθsin(θ+π6)=4√33sinθ(√32sinθ+12cosθ) =2sin 2θ+2√33sinθcosθ=1−cos2θ+√33sin2θ=2√33sin(2θ−π3)+1， ∵θ∈(0，π3)，∴2θ−π3∈(−π3，π3)，∴sin(2θ−π3)∈(−√32，√32)， ∴BC ∈（0，2），∴BC 的取值范围（0，2）．22．（12分）在校运动会上，有甲、乙、丙三位同学参加羽毛球比赛，约定赛制如下：累计负两场者被淘汰；比赛前抽签决定首先比赛的两人，另一人轮空；每场比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛，负者下一场轮空，直至有一人被淘汰；当一人被淘汰后，剩余的两人继续比赛，直至其中一人被淘汰，另一人最终获胜，比赛结束．经抽签，甲、丙首先比赛，乙轮空．设每场比赛双方获胜的概率都为12．（1）求丙连胜四场的概率； （2）求需要进行第五场比赛的概率；（3）甲、乙、丙三人中谁最终获胜的概率最大？请说明理由．解：（1）丙连胜四场的情况为：“丙胜甲负，丙胜乙负，丙胜甲负，丙胜乙负”， 所以丙连胜四场的概率：P 1=(12)4=116；（2）根据赛制，至少需要进行四场比赛，至多需要进行五场比赛， 而甲、丙连胜四场的概率为(12)4×2=18， 乙上场后连胜三场获胜的概率为P 2=(12)3=18，∴需要进行第五场比赛的概率P 3=1−18−18=1−14=34；（3）三人中乙最终获胜的概率最大．理由如下：记事件A为甲输，事件B为丙输，事件C为乙输，记事件M：甲赢，记事件N：赢，则甲赢的基本事件包括：BCBC、ABCBC、ACBCB、BABCC、BACBC、BCACB、BCABC、BCBAC，∴甲赢的概率为P(M)=(12)4+7×(12)5=932，由对称性可知，丙最终获胜的概率和甲最终获胜的概率相等，即丙最终获胜的概率也是932，所以乙赢的概率为P(N)=1−932×2=716，又716＞932，所以三人中乙最终获胜的概率最大．第21页（共21页）。
黑龙江高一高中数学期末考试带答案解析
黑龙江高一高中数学期末考试班级:___________ 姓名：___________ 分数：___________一、选择题1.在等差数列中，若=4，=2，则=（）A．-1B．0C．1D．62.用斜二测画法作出一个三角形的直观图，则原三角形面积是直观图面积的（）A．倍B．倍C．倍D．倍3.不等式组的解集为（）A．B．C．D．4.已知直线，直线，且，则的值为（）A．-1B．C．或-2D．-1或-25.已知数列满足，，则数列的前6 项和为（）A．B．C．D．6.在梯形中，， .将梯形绕所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为（）A．B．C．D．7.若非零向量满足=，且，则与的夹角为（）A．B．C．D．8.一个长方体被一个平面截去一部分后所剩几何体的三视图如图所示（单位:）,则该几何体的体积为（）A．120B．80C．100D．609.若满足约束条件且向量，，则的取值范围是（）A．B．C．D．10.已知正实数，满足，则的最小值是（）A．B．C．D．611.过点P的直线与圆有公共点，则直线的倾斜角的取值范围是（）A．B．C．D．12.若直线y＝x＋b与曲线y＝3－有公共点，则b的取值范围是（）A．[1－2，1＋2]B．[1－，3]C．[－1,1＋2]D．[1－2，3]二、填空题1.若直线与圆相交于A,B两点,且（O为坐标原点），则=_____.2.如图，长方体中，为的中点，三棱锥的体积为，四棱锥的体积为，则的值为．3.过点引直线，使点，到它的距离相等，则这条直线的方程为4.已知，且，若恒成立，则实数的取值范围为__________．三、解答题1.在中，已知.（1）求的长；（2）求的值.2.已知圆C：和直线：，点P是圆C上的一动点，直线与x轴,y轴的交点分别为点A、B。
（1）求与圆C相切且平行直线的直线方程；（2）求面积的最大值.3.已知的面积为，且.（1）求的值；（2）若，，求的面积.4.已知过点且斜率为的直线与圆C：交于两点.（1）求的取值范围；（2），其中O为坐标原点，求.5.已知等差数列的公差，其前项和为，若，且成等比数列．（1）求数列的通项公式；（2）记，且数列的前项和为，证明：．6.已知过原点的动直线与圆相交于不同的两点，．（1）求圆的圆心坐标；（2）求线段的中点的轨迹的方程；（3）是否存在实数，使得直线与曲线只有一个交点？若存在，求出的取值范围. 若不存在，说明理由．黑龙江高一高中数学期末考试答案及解析一、选择题1.在等差数列中，若=4，=2，则=（）A．-1B．0C．1D．6【答案】B【解析】由等差数列性质可知【考点】等差数列性质2.用斜二测画法作出一个三角形的直观图，则原三角形面积是直观图面积的（）A．倍B．倍C．倍D．倍【答案】A【解析】以三角形的一边为x轴，高所在的直线为y轴，由斜二测画法知，三角形的底长度不变，高所在的直线为y′轴，长度减半，所以三角形的高变为原来的，所以直观图中三角形面积是原三角形面积的，即原三角形面积是直观图面积的倍．【考点】斜二测法画直观图3.不等式组的解集为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】，所以不等式的解集为【考点】不等式解法4.已知直线，直线，且，则的值为（）A．-1B．C．或-2D．-1或-2【答案】D【解析】由两直线平行可知系数满足的值为-1或-2【考点】两直线平行的判定5.已知数列满足，，则数列的前6 项和为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】，所以数列是等比数列，公比为【考点】等比数列求和6.在梯形中，， .将梯形绕所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】由题意可知几何体的直观图如图：旋转体是底面半径为1，高为2的圆柱，挖去一个相同底面高为1的倒圆锥，几何体的体积为：【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积7.若非零向量满足=，且，则与的夹角为（）A．B．C．D．【答案】A【解析】【考点】数量积表示两个向量的夹角8.一个长方体被一个平面截去一部分后所剩几何体的三视图如图所示（单位:）,则该几何体的体积为（）A．120B．80C．100D．60【答案】C【解析】由三视图可判断几何体为一长方体削去一个角，其直观图如图：长方体的长、宽、高分别为5、4、6，∴长方体的体积为5×4×6=120，削去的三棱锥的体积为×5×4×6=20，∴该几何体的体积为120-20=100【考点】由三视图求面积、体积9.若满足约束条件且向量，，则的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】D【解析】∵向量，，∴，设z=3x+2y，作出不等式组对于的平面区域如图：由z=3x+2y，则，平移直线，由图象可知当直线，经过点B时，直线的截距最大，此时z最大，由，解得，即B（1，1），此时zmax=3×1+2×1=5，经过点A时，直线的截距最小，此时z最小，由，解得，即A，此时zmin=3×+2×=，则≤z≤5【考点】简单线性规划10.已知正实数，满足，则的最小值是（）A．B．C．D．6【答案】B【解析】：∵正实数a，b满足，∴，化为，当且仅当时取等号．b+2a=3ab．∴（a+1）（b+2）=ab+b+2a+2=4ab+2≥+2＝【考点】基本不等式11.过点P的直线与圆有公共点，则直线的倾斜角的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】D【解析】由题意可得点P在圆的外部，故要求的直线的斜率一定存在，设为k，则直线方程为 y+1=k（x+），即 kx-y+k-1=0．根据直线和圆有交点、圆心到直线的距离小于或等于半径可得，即，解得0≤k≤，故直线l的倾斜角的取值范围是【考点】直线与圆的位置关系12.若直线y＝x＋b与曲线y＝3－有公共点，则b的取值范围是（）A．[1－2，1＋2]B．[1－，3]C．[－1,1＋2]D．[1－2，3]【答案】D【解析】如图所示：曲线y＝3－，即（1≤y≤3，0≤x≤4），表示以A（2，3）为圆心，以2为半径的一个半圆．由圆心到直线y=x+b的距离等于半径2，可得或．结合图象可得【考点】直线与圆的位置关系二、填空题1.若直线与圆相交于A,B两点,且（O为坐标原点），则=_____.【答案】2【解析】若直线3x-4y+5=0与圆交于A、B两点，O为坐标原点，且∠AOB=120°，则圆心（0，0）到直线3x-4y+5=0的距离，即，解得r=2，【考点】直线与圆相交的性质2.如图，长方体中，为的中点，三棱锥的体积为，四棱锥的体积为，则的值为．【答案】【解析】设AB=a，AD=b，=c．则．．∴．【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积3.过点引直线，使点，到它的距离相等，则这条直线的方程为【答案】【解析】由题意，所求直线有两条，其中一条是经过点P且与AB平行的直线；另一条是经过P与AB中点C的直线．∵A（2，-3），B（4，5），∴AB的斜率，可得经过点P且与AB平行的直线方程为y+1=4（x-3），化简得4x-y-13=0，又∵AB中点为C（3，1）∴经过PC的直线方程为x=3【考点】两点间距离公式的应用4.已知，且，若恒成立，则实数的取值范围为__________．【答案】【解析】，∴∵恒成立，∴，求得-4＜m＜2【考点】函数恒成立问题三、解答题1.在中，已知.（1）求的长；（2）求的值.【答案】（1）（2）【解析】（1）直接利用余弦定理求解即可．（2）利用正弦定理求出C的正弦函数值，然后利用二倍角公式求解即可试题解析：（1）由余弦定理知，，所以．（2）由正弦定理知，，所以．因为，所以为锐角，则．因此【考点】余弦定理的应用；二倍角的正弦2.已知圆C：和直线：，点P是圆C上的一动点，直线与x轴,y轴的交点分别为点A、B。
2019-2020学年哈尔滨九中高一下学期期末数学试卷
2019-2020学年哈尔滨九中高一下学期期末数学试卷一、单选题（本大题共12小题，共60.0分）1.设x，y∈R，向量a⃗=(x,1),b⃗ =(−1,y),c⃗=(2,−4)且a⃗⊥c⃗，b⃗ //c⃗，则|a⃗+b⃗ |=()A. √5B. √10C. 2√5D. 102.下列符号判断错误的是()A. sin156°>0B. cos(−96°)>0C. tan3π5<0 D. sin(−3π5)<03.已知全集U=R，集合A={x|log3(2x−1)≤1}，B={x|y=√3x2−2x}，则A∩B=()A. (12,1] B. [23,2] C. (23,1] D. (12,23)4.在中，，则()A. B. C. D.5.若{b n}满足约束条件{x−1≥0x−y≤0x+y−4≤0，则z=x+2y的最小值为()A. 3B. 4C. 7D. 26.如图是某一几何体的三视图，则这个几何体的体积为()A. 4B. 8C. 16D. 207.若△A1B1C1三个角的正弦值分别等于△A2B2C2三个角的余弦值，则()A. △A1B1C1为锐角三角形，△A2B2C2也为锐角三角形B. △A1B1C1为锐角三角形，△A2B2C2为钝角三角形C. △A1B1C1为钝角三角形，△A2B2C2为锐角三角形D. △A1B1C1为钝角三角形，△A2B2C2也为钝角三角形8.三棱锥P−ABC中，D、E分别是三角形PAC和三角形ABC的外心，则下列判断一定正确的是()A. DE//PBB. 当AB =BC 且PA =AC 时，DE//PBC. 当且仅当AB =BC 且PA =AC 时，DE ⊥ACD. DE ⊥AC9.中，角所对的边分别为，已知，则角B 等于A. 30°B. 45°C. 60°D. 120°10. 已知函数f(x)=2log 2(x −a)−log 2x.若对于任意的x ∈(0,+∞)，都有f(x)≥1，则实数a 的取值范围是( )A. (−∞,−1)B. (−∞,−12]C. (−∞,−1]D. [−12,0)11. 如图，已知底面为直角三角形的直三棱柱ABC −A 1B 1C 1，其三视图如图所示，则异面直线B 1A 与A 1C 所成角的余弦值为( )A. 45B. 8√55 C. 4√525D. 8√52512. 数列{a n }中，a 1=56，a n+1=(5n+10)a n(n 2+5n+6)an +5n+15，则a 99=( )A. 12019B. 20182019C. 12020D. 20192020二、单空题（本大题共4小题，共20.0分）13. 已知一个底面置于水平面上的圆锥，其左视图是边长为6的正三角形，则该圆锥的侧面积为______ ．14. 已知向量a ⃗ 与b ⃗ 的夹角为60°，|a ⃗ |=3，|a ⃗ +b ⃗ |=√13，则|b ⃗ |=______．15. 已知G 为△ABC 为重心，a 、b 、c 分别为∠A 、∠B 、∠C 所对的边，若a GA ⃗⃗⃗⃗⃗ +b GB ⃗⃗⃗⃗⃗ +√33c GC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0⃗ ，则∠A = ______ ．16.三、解答题（本大题共6小题，共72.0分） 17. 设f(x)=|x|+2|x −a|(a >0) (1)当a =1时，解不等式f(x)≤4 (2)若f(x)最小值是4，求实数a 的取值．18. 在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且bcosC −ccos(A +C)=3acosB ． (1)求cos B 的值；(2)若BA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =2，且a =√6，求b 的值．19. 已知数列{a n }中满足a 1=1，a n+1−a n =2n (n ∈N +). (1)求数列{a n }的通项公式 (2)求数列{a n }的前n 项和S n ．20. (本题满分13分)如图，某巡逻艇在处发现北偏东相距海里的处有一艘走私船，正沿东偏南的方向以海里/小时的速度向我海岸行驶，巡逻艇立即以海里/小时的速度沿着正东方向直线追去，小时后，巡逻艇到达处，走私船到达处，此时走私船发现了巡逻艇，立即改变航向，以原速向正东方向逃窜，巡逻艇立即加速以海里/小时的速度沿着直线追击．(Ⅰ)当走私船发现了巡逻艇时，两船相距多少海里? (Ⅱ)问巡逻艇应该沿什么方向去追，才能最快追上走私船?21. 已知函数f(x)=alnx−x2．,2]上的最大值；(1)当a=2时，求函数y=f(x)在[12(2)令g(x)=f(x)+ax，若y=g(x)在区间(0,3)上不单调，求a的取值范围；(3)当a=2时，函数ℎ(x)=f(x)−mx的图象与x轴交于两点A(x1,0)，B(x2,0)，且0<x1<x2，又ℎ′(x)是ℎ(x)的导函数，若正常数α，β满足条件α+β=1，β≥α.证明：ℎ′(αx1+βx2)<0．22. 设数列{a n}满足：a n+1=4+a n，且a1=1．(1)求数列{a n}的通项公式；}的前n项和T n．(2)若b n为a n与a n+1的等比中项，求数列{1b n2【答案与解析】1.答案：B解析：解：∵a⃗⊥c⃗；∴a⃗⋅c⃗=2x−4=0；∴x=2；∵b⃗ //c⃗；∴4−2y=0；∴y=2；∴a⃗=(2,1),b⃗ =(−1,2)；∴a⃗+b⃗ =(1,3)；∴|a⃗+b⃗ |=√10．故选：B．根据a⃗⊥c⃗即可得出a⃗⋅c⃗=0，从而求出x=2，而根据b⃗ //c⃗即可得出4−2y=0，从而求出y=2，这样即可得出a⃗+b⃗ =(1,3)，从而求出|a⃗+b⃗ |=√10．考查向量垂直的充要条件，向量平行时的坐标关系，向量坐标的加法和数量积运算．2.答案：B解析：解：由于156°为第二象限角，故sin156°>0，故A正确．由于cos(−96°)=cos96°=−sin6°<0，故B不正确．由于tan3π5=tan(π−2π5)=−tan2π5<0，故C正确．由于sin(−3π5)=−sin3π5=−sin2π5<0，故D正确，故选：B．由条件利用三角函数在各个象限中的符号，诱导公式，判断各个选项是否正确，从而得出结论．本题主要考查三角函数在各个象限中的符号，诱导公式的应用，属于基础题．3.答案：B解析：本题考查交集的求法，考查交集定义、不等式性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．分别求出集合A和B，由此求出A∩B．解：∵全集U=R，集合A ={x|log 3(2x −1)≤1}={x|12<x ≤2}， B ={x|y =√3x 2−2x}={x|x ≤0或x ≥23}， ∴A ∩B ={x|23≤x ≤2}=[23,2]．故选B ．4.答案：B解析：试题分析：由正弦定理可知即，而，且均为三角形的内角，故，所以，故选B ．考点：1.三角形的边角关系；2.正弦定理．5.答案：A解析：解：由约束条件{x −1≥0x −y ≤0x +y −4≤0作出可行域如图，联立{x =1x −y =0，解得A(1,1)，化目标函数z =x +2y 为y =−x2+z2，由图可知，当直线y =−x2+z 2过A 时，直线在y 轴上的截距最小，z 有最小值为3． 故选：A ．由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，联立方程组求得最优解的坐标，代入目标函数得答案．本题考查简单的线性规划，考查了数形结合的解题思想方法，是中档题．6.答案：C解析：解：由三视图可知，几何体一四棱锥，底面矩形一边长为6，对应的高为2，几何体高为4 底面积S =6×2=12， 所以V =13Sℎ=13×12×4=16 故选：C ．由三视图可知，几何体是四棱锥，底面三角形一边长为6，对应的高为2，几何体高为4，按照锥体体积公式求解即可．本题是基础题，考查三视图与直观图的关系，几何体的体积计算，考查计算能力，空间想象能力．7.答案：C解析：解：因为△A 1B 1C 1的三个内角的正弦值均大于0，所以△A 2B 2C 2的三个内角的余弦值也均大于0，则△A 2B 2C 2是锐角三角形． 若△A 1B 1C 1是锐角三角形，由{sinA 1=cosA 2=sin(π2−A 2)sinB 1=cosB 2=sin(π2−B 2)sinC 1=cosC 2=sin(π2−C 2)，得{ A 2+A 1=π2B 2+B 1=π2C 2+C 1=π2， 那么，A 1+B 1+C 1=π2，这与三角形内角和是π相矛盾； 若△A 1B 1C 1是直角三角形，不妨设A 1=π2， 则sinA 1=1=cosA 2，所以A 2在(0,π)范围内无值．综上所述，△A 1B 1C 1既不是锐角三角形也不是直角三角形，则△A 1B 1C 1是钝角三角形 故选：C ．首先根据正弦、余弦在(0,π)内的符号特征，确定△A 2B 2C 2是锐角三角形；然后假设△A 1B 1C 1是锐角三角形，则由cosα=sin(π2−α)推导出矛盾；再假设△A 1B 1C 1是直角三角形，易于推出矛盾；最后得出△A 1B 1C 1是钝角三角形的结论．本题主要考查正余弦函数在各象限的符号特征及诱导公式，同时考查反证法思想．8.答案：D解析：解：取AC 中点F ，连接DF 、EF ，由外心可知，DF ⊥AC ，EF ⊥AC ，∵DF ∩EF =F ， ∴AC ⊥平面DEF ， ∵DE ⊂平面DEF ， ∴DE ⊥AC ． 故选D ．取AC 中点F ，连接DF 、EF ，由外心可知，DF ⊥AC ，EF ⊥AC ，利用线面垂直的判定与性质，即可得出结论．本题考查线面垂直的判定与性质，考查外心的性质，比较基础．9.答案：C解析：10.答案：B解析：解：由f(x)≥1整理得log 2(x −a)≥12log 2x +12=log 2√2x ， 所以x −a ≥√2x ，即a ≤x −√2x(x >0)， 令√x =t(t >0)，则a ≤t 2−√2t ．令g(t)=t 2−√2t ，其图象的对称轴为t =√22，所以g(t)min =g(√22)=12−√2×√22=−12，则a ≤−12． 故选：B ．由对数的运算性质可得x −a ≥√2x ，即a ≤x −√2x(x >0)，令√x =t(t >0)，则a ≤t 2−√2t.由二次函数的最值求法，即可得到所求范围．本题考查对数型函数及其应用，以及利用分离变量法求参数的取值范围，考查数学转化思想和运算能力，属于中档题．11.答案：D解析：由题意，可以将三棱柱补形为长方体ABDC −A 1B 1D 1C 1，得到异面直线B 1A 与A 1C 所成角为∠DB 1A ，再由余弦定理求解．本题考查空间几何体的三视图，考查异面直线所成角的余弦值的求法，关键是找出异面直线所成角，是中档题．解：如图所示，可以将三棱柱补形为长方体ABDC−A1B1D1C1，可得B1D//A1C，则异面直线B1A与A1C所成角为∠DB1A，由三视图可知，B1D=5,B1A=2√5,AD=√13，∴cos∠DB1A=B1D2+B1A2−AD22B1D⋅B1A =8√525．即异面直线B1A与A1C所成角的余弦值为8√525．故选：D．12.答案：C解析：解：由a n+1=(5n+10)a n(n2+5n+6)a n+5n+15=5(n+2)a n(n+3)[(n+2)a n+5]，故(n+3)a n+1=5(n+2)a n(n+2)a n+5，记b n=(n+2)a n，则b n+1=5b nb n+5，两边取倒数，得1b n+1=15+1b n，所以{1bn }是以15为公差的等差数列，又1b1=13a1=25，所以1b n=25+(n−1)15=n+15，所以a n=b nn+2=5(n+1)(n+2)，故a99=5100×101=12020．故选：C ．利用递推关系式推出(n +3)a n+1=5(n+2)a n(n+2)an+5，记b n =(n +2)a n ，则b n+1=5b nb n+5，转化推出{1b n}是以15为公差的等差数列，求解通项公式，然后求解即可．本题考查数列的递推关系式的应用，转化思想以及换元法的应用，考查分析问题解决问题的能力，是难度比较大的题目．13.答案：18π解析：本题考查该圆锥的侧面积，考查学生的计算能力，比较基础．由题意得：底面直径和母线长均为6，利用侧面积公式求出该圆锥的侧面积． 解：由题意得：底面直径和母线长均为6， S 侧=12×2π×3×6=18π． 故答案为18π．14.答案：1解析：解：∵|a ⃗ |=3，|a ⃗ +b ⃗ |=√13，∴13=|a ⃗ +b ⃗ |2=a ⃗ 2+b ⃗ 2+2a ⃗ ⋅b ⃗ =9+b ⃗ 2+3|b ⃗ |，则|b ⃗ |=1． 故答案为：1由向量的数量积的性质可知，13=|a ⃗ +b ⃗ |2=a ⃗ 2+b ⃗ 2+2a ⃗ ⋅b ⃗ ，代入即可求解．本题主要考查了平面向量的数量积的性质的简单应用，属于基础试题．15.答案：π6解析：解：因为G 为△ABC 为重心，所以GA⃗⃗⃗⃗⃗ +GB ⃗⃗⃗⃗⃗ +GC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0 所以，GC ⃗⃗⃗⃗⃗ =−(GA ⃗⃗⃗⃗⃗ +GB ⃗⃗⃗⃗⃗ )， 又因为a GA⃗⃗⃗⃗⃗ +b GB ⃗⃗⃗⃗⃗ +√33c GC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0⃗ ，所以：a GA ⃗⃗⃗⃗⃗ +b GB ⃗⃗⃗⃗⃗ −√33c(GA ⃗⃗⃗⃗⃗ +GB ⃗⃗⃗⃗⃗ )=0⃗ ， 所以(a −√33c)GA ⃗⃗⃗⃗⃗ +(b −√33c)GB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0⃗ ， 所以a −√33c =0，b −√33c =0，所以，a =b =√33c ， 所以，由余弦定理：cosA =b 2+c 2−a 22bc=13c 2+c 2−13c 22√33c =√32， 可得：A =π6．故答案为：π6．G 为△ABC 为重心可得GA⃗⃗⃗⃗⃗ +GB ⃗⃗⃗⃗⃗ +GC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0，代入已知可得a GA ⃗⃗⃗⃗⃗ +b GB ⃗⃗⃗⃗⃗ −√33c(GA ⃗⃗⃗⃗⃗ +GB ⃗⃗⃗⃗⃗ )=0⃗ ，整理有(a −√33c)GA⃗⃗⃗⃗⃗ +(b −√33c)GB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0⃗ ，可求a =b =√33c ，由余弦定理可求cos A ，从而得解．本题主要考查了平面向量的基本定理及其意义，余弦定理的简单应用，属于基本知识的考查．16.答案：−2解析：本题考查利用导数求曲线的切线方程的应用，是基础题．解题时要认真审题，仔细解答． 解：∵曲线y =x n+1(n ∈N ∗)， ∴y′=(n +1)x n ，∴f′(1)=n +1，∴曲线y =x n+1(n ∈N ∗)在(1,1)处的切线方程为y −1=(n +1)(x −1)，该切线与x 轴的交点的横坐标为x n =，∵a n =lgx n ，∴a n =lgn −lg(n +1)，∴a 1+a 2+⋯+a 99=(lg1−lg2)+(lg2−lg3)+(lg3−lg4)+(lg4−lg5)+(lg5−lg6)+⋯+(lg99−lg100) =lg1−lg100=−2． 故答案为：−2．17.答案：解：(1)当a =1时，不等式f(x)≤4可化为：|x|+2|x −1|≤4，当x <0时，原不等式可化为：2−3x ≤4，解得：x ≥−23， ∴−23≤x <0，当0≤x ≤1时，原不等式可化为：2−x ≤4，解得：x ≥−2， ∴0≤x ≤1，当x >1时，原不等式可化为：3x −2≤4，解得：x ≤2，∴0<x ≤2，综上所述不等式f(x)≤8的解集为[−23,2]； (2)∵f(x)=|x|+2|x −a|={2a −3x,x <02a −x,0≤x ≤a 3x −2a,x >a则f(x)在(−∞,a)上单调递减，在(a,+∞)上单调递增， ∴当x =a 时，f(x)取最小值a ， ∴a =4．解析：(1)将a =1代入，利用零点分段法，可将函数的解析式化成分段函数的形式，进而分类讨论各段上f(x)≤4的解，最后综合讨论结果，可得不等式f(x)≤4的解集；(2)利用零点分段法，可将函数的解析式化成分段函数的形式，结合一次函数的单调性可分析出函数的f(x)的单调性，进而求出函数f(x)的最小值，得到实数a 的取值．本题考查的知识点是分段函数的应用，绝对值不等式，其中利用零点分段法，将函数的解析式化成分段函数的形式，进而分类讨论是解答此类问题的通法．18.答案：解：(1)在△ABC 中，cos(A +C)=cos(π−B)=−cosB ，∴bcosC −ccos(A +C)=3acosB 可化为bcosC +ccosB =3acosB ． 由正弦定理可得：sinBcosC +sinCcosB =3sinAcosB ， 可得sin(B +C)=3sinAcosB ，即sinA =3sinAcosB. 又sinA ≠0, 故cosB =13．(2)由BA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =2可得accosB =2， 即ac =6，由a =√6，可得c =√6．由余弦定理得b 2=a 2+c 2−2accosB ，可得b =2√2．解析：本题综合考查了三角形内角和定理、诱导公式、正弦余弦定理、数量积运算等基础知识与基本技能方法，考查了推理能力和计算能力，属于中档题． (1)利用三角形内角和定理、诱导公式、正弦定理即可得出； (2)利用数量积运算、余弦定理即可得出．19.答案：解：(1)∵a 1=1，a n+1−a n =2n (n ∈N +)，∴a n=(a n−a n−1)+(a n−1−a n−2)+⋯+(a2−a1)+a1=2n−1+2n−2+⋯+2+1=2n−12−1= 2n−1．(2)数列{a n}的前n项和S n=(2+22+⋯+2n)−n=2×2n−12−1−n=2n+1−2−n．解析：(1)利用“累加求和”方法、等比数列的求和公式即可得出．(2)利用等比数列的求和公式即可得出．本题考查了“累加求和”方法、等比数列的求和公式、递推关系，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．20.答案：解：如图，由题意知，在三角形BCD中，所以当走私船发现巡逻艇时，两船相距海里；因为所以设追击时间为t，则所以即巡逻艇被骗东15º方向才能最快追上走私船．解析：本题主要考查正弦定理和余弦定理在解三角形中的应用，(1)先在三角形ABC中根据余弦定理求出BC的长，然后在三角形BCD中利用余弦定理求出CD的长；(2)先求出，然后在三角形CDE中利用正弦定理求出，即可求解．21.答案：(1)解：∵函数f(x)=alnx−x2，可得当a=2时，f′(x)=2x −2x=2−2x2x，故函数y=f(x)在[12,1]是增函数，在[1,2]是减函数，∴f(x)max=f(1)=2ln1−12=−1．(2)解：∵g(x)=alnx−x2+ax，∴g′(x)=ax−2x+a．∵g(x)在区间(0,3)上不单调，∴g′(x)=0在(0,3)上有实数解，且无重根，由g′(x)=0，有a=2x2x+1=(x+1)2−2(x+1)+1x+1=2(x+1+1x+1)−4∈(0,92)，(x∈(0,3))，综上可得，a∈(0,92)．(3)证明：由题意可得，ℎ′(x)=2x−2x−m，又f(x)−mx=0有两个实根x1，x2，∴{2lnx1−x12−mx1=02lnx2−x22−mx2=0，两式相减，得2(lnx1−lnx2)−(x12−x22)=m(x1−x2)，∴m=2(lnx1−lnx2)x1−x2−(x1+x2)．于是ℎ′(αx1+βx2)=2αx1+βx2−2(αx1+βx2)−2(lnx1−lnx2)x1−x2+(x1+x2)=2αx1+βx2−2(lnx1−lnx2)x1−x2+(2α−1)(x2−x1)，∵β≥α，∴2α≤1，∴(2α−1)(x2−x1)≤0．要证：ℎ′(αx1+βx2)<0，只需证：2αx1+βx2−2(lnx1−lnx2)x1−x2<0，只需证：x1−x2αx1+βx2−ln x1x2>0(∗)．令x1x2=t∈(0,1)，∴(∗)化为1−tαt+β+lnt<0，只证u(t)=lnt+1−tαt+β<0即可．∵u′(t)=1t +−(αt+β)−(1−t)α(αt+β)2=1t−1(αt+β)2=(αt+β)2−tt(αt+β)2=α2(t−1)(t−β2α2)t(αt+β)2，又∵β2α2≥1,0<t<1，∴t−1<0，∴u′(t)>0，∴u(t)在(0,1)上单调递增，故有u(t)<u(1)=0，∴lnt+1−tαt+β<0，即x1−x2αt+β+ln x1x2<0，∴ℎ′(αx1+βx2)<0．解析：本题主要考查利用导数研究函数的单调性，利用函数的单调性求函数在闭区间上的最值，用分析法证明不等式，体现了转化的数学思想，属于难题．(1)当a=2时，利用导数的符号求得函数的单调性，再根据函数的单调性求得函数y=f(x)在[12,2]上的最大值；(2)先求得g′(x)=ax−2x+a，因为g(x)在区间(0,3)上不单调，所以g′(x)=0在(0,3)上有实数解，且无重根．由g′(x)=0，求得a=2x2x+1=2(x+1+1x+1)−4∈(0,92)，由此可得a的范围；(3)由题意可得，f(x)−mx=0有两个实根x1，x2，化简可得m=2(lnx1−lnx2)x1−x2−(x1+x2).可得ℎ′(αx1+βx2)=2αx1+βx2−2(lnx1−lnx2)x1−x2+(2α−1)(x2−x1)，由条件知(2α−1)(x2−x1)≤0，再用分析法证明ℎ′(αx1+βx2)<0．22.答案：解：(1)∵a n+1=4+a n，且a1=1，∴a n=1+4(n−1)=4n−3；(2)由(1)可知b n2=a n a n+1=(4n−3)(4n+1)，∴1b n2=1(4n−3)(4n+1)=14(14n−3−14n+1)，∴T n=14(1−15+15−19+⋯+14n−3−14n+1)=14(1−14n+1)=n4n+1．解析：(1)直接利用等差数列的通项公式即得结论；(2)通过(1)裂项可知1b n2=14(14n−3−14n+1)，进而并项相加即得结论．本题考查数列的通项及前n项和，考查裂项相消法，注意解题方法的积累，属于中档题．。
黑龙江省哈九中高一下学期期末考试-数学
黑龙江省哈九中08-09学年高一下学期期末考试数学（考试时间：120分钟，满分: 150分共4页命题人:沙启娥丁玉民盛忠平)一、选择题（每小题5分，共60分）1．设为非零实数，如果，那么下列不等式中正确的是（）A．B．C．D．2．在中，，则的形状为（）A．等边三角形B．直角三角形C．等腰三角形D．等腰直角三角形3．设等差数列的前项和为，若,则的值为（）A．B．C．D．4．圆锥的轴截面为等腰直角三角形，侧面积为，则圆锥的体积为（）A．B．C．D．5．若直线与圆有两个不同的交点，则实数的取值范围是（)A．B．C．D．6．有一长为米的斜坡，它的坡度为，在不改变坡高和坡顶的情况下，通过加长坡面的方法将斜坡的坡度改为，则坡底要延伸（）A．米B．米C．米D．米7．四棱锥的底面是边长为的正方形，底面,，则二面角的余弦值为（)A．B．C．D．8．已知为圆内一定点，过点且被该圆所截得的弦长最短的直线方程为（）A ．B．C．D．9．已知两条直线，两个平面,下列结论中正确的是（）A. B。
C. D。
10．设变量满足的约束条件1241x yx yx-≤⎧⎪+≤⎨⎪≥⎩所表示的平面区域为，则中的点到直线的距离的最大值是（）A．B．C．D．11．当时，给出下列四个不等式：①②③④其中正确的是（）A．①④B．①③C．②④D．②③12．已知在与之间插入个正数使成等比数列，则的值为（）A。
B. C. D.二、填空题(每小题5分，共20分)13．已知，，成等差数列，成等比数列，则的最小值是。
14．如果一个长方体的各个顶点都在同一个球的球面上，且从同一个顶点出发的三条棱的长分别为，，，那么该球的表面积为。
15．光线从射到轴上，经过反射以后经过点,则光线从经轴反射到的距离为。
16．在棱长为的正方体中,是上一动点，则的最小值为。
三、解答题（共6道小题，共70分）17．在中，角所对的边分别为,且满足，.（1）求的面积；（2）若，求的值.18．已知圆的方程为.（1）从点向圆引切线,求切线的方程;(2）直线与圆相交于两点，且的面积为，为坐标原点，求实数的值.19．如图，在直三棱柱中，，,点是的中点。
黑龙江高一高中数学期末考试带答案解析
黑龙江高一高中数学期末考试班级:___________ 姓名：___________ 分数：___________一、选择题1.设集合，，则A∪B等于（）．A．B．C．D．2.已知向量＝（1,2），向量＝（，－2），且⊥（－），则实数等于（）．A．0B．4C．9D．－43.函数的定义域为（）．A．B．C．D．4.已知角α的终边过点（－1,2），则的值为（）．A．B．－C．－D．－5.在△ABC中，＝，＝，若点D满足＝2，则＝（）．A．＋B．－C．－D．＋6.的值是（）．A．B．－C．0D．7.设函数（x）＝，则满足的的取值范围是（）．A．[－1,2]B．[0,2]C．[1，＋∞）D．[0，＋∞）8.将函数的图象上所有的点向右平行移动个单位长度，再把所得各点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），所得图象的函数解析式是（）．A．y＝sin（2x－）B．y＝sin（2x－）C．y＝sin（x－）D．y＝sin（x－）9.若函数（x）＝，则该函数在（－∞，＋∞）上是（）．A．单调递减无最小值B．单调递减有最小值C．单调递增无最大值D．单调递增有最大值10.下列区间中，函数在其上为减函数的是（）．A．（－∞，1]B．C．D．11.设函数的最小正周期为π，且，则（）．A．单调递减B．在单调递减C．单调递增D．在单调递增12.已知函数＝e x－1，＝－x2＋4x－3．若有，则的取值范围为（）．A．[2－，2＋]B．（2－，2＋）C．[1,3]D．（1,3）二、填空题1.已知＝2，则．2.函数＝的值域为．3.已知||＝||＝2，（＋2）·（－）＝－2，则与的夹角为________．4.函数（A，ω，φ为常数，A＞0，ω＞0）的部分图象如图所示，则的值是________．三、解答题1.已知半径为10的圆中，弦的长为10．求弦所对的圆心角的大小；求所在的扇形的弧长及弧所在的弓形的面积．2.已知函数（1）当=-2时，求的最值；（2）求实数的取值范围，使在区间上是单调函数．3.若sin θ，cos θ是关于x的方程5x2－x＋＝0（是常数）的两根，θ∈（0，π），求cos 2θ的值．4.已知0＜β＜＜α＜π，且，，求cos（α＋β）的值．5.已知函数．（1）求（x）的最小正周期和单调递增区间；（2）求f（x）在区间上的最大值和最小值．6.已知△ABC的面积满足，且，设与的夹角为θ．（1）求θ的取值范围；（2）求函数（θ）＝的最小值．黑龙江高一高中数学期末考试答案及解析一、选择题1.设集合，，则A∪B等于（）．A．B．C．D．【答案】D．【解析】，因此．【考点】并集的求法．2.已知向量＝（1,2），向量＝（，－2），且⊥（－），则实数等于（）．A．0B．4C．9D．－4【答案】C【解析】由题意得，解得【考点】向量垂直的坐标表示．3.函数的定义域为（）．A．B．C．D．【答案】A【解析】使函数有意义，满足，解之得，因此定义域为．【考点】正弦型函数的定义域．4.已知角α的终边过点（－1,2），则的值为（）．A．B．－C．－D．－【解析】点到原点的距离，因此．【考点】任意角的三角函数的定义．5.在△ABC中，＝，＝，若点D满足＝2，则＝（）．A．＋B．－C．－D．＋【答案】A．【解析】由于，因此．【考点】向量的加法法则．6.的值是（）．A．B．－C．0D．【答案】A【解析】由诱导公式得【考点】诱导公式的应用．7.设函数（x）＝，则满足的的取值范围是（）．A．[－1,2]B．[0,2]C．[1，＋∞）D．[0，＋∞）【答案】D．【解析】当时，，，解得，因此，当时，，解得，因此，综上【考点】分段函数的应用．8.将函数的图象上所有的点向右平行移动个单位长度，再把所得各点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），所得图象的函数解析式是（）．A．y＝sin（2x－）B．y＝sin（2x－）C．y＝sin（x－）D．y＝sin（x－）【答案】C【解析】将函数的图象上所有的点向右平行移动个单位长度得到，再把所得各点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），所得图象的函数解析式是．【考点】正弦型函数的图象平移．9.若函数（x）＝，则该函数在（－∞，＋∞）上是（）．A．单调递减无最小值B．单调递减有最小值C．单调递增无最大值D．单调递增有最大值【解析】由于并且在是增函数，因此在上是减函数，取不到最小值0．【考点】函数的单调性与最值．10.下列区间中，函数在其上为减函数的是（）．A．（－∞，1]B．C．D．【答案】D【解析】当时，，在区间上为减函数，当时，在区间上是增函数．【考点】函数的单调性．11.设函数的最小正周期为π，且，则（）．A．单调递减B．在单调递减C．单调递增D．在单调递增【答案】A【解析】函数满足，因此函数是偶函数，由辅助角公式得由于周期为，因此，由于函数为偶函数，因此，解得，因此，因此在区间上单调递减．【考点】求函数的解析式．12.已知函数＝e x－1，＝－x2＋4x－3．若有，则的取值范围为（）．A．[2－，2＋]B．（2－，2＋）C．[1,3]D．（1,3）【答案】B．【解析】由于，因此，所以，解之得，因此．【考点】一元二次不等式的解法．二、填空题1.已知＝2，则．【答案】-1．【解析】．【考点】同角三角函数的基本关系．2.函数＝的值域为．【答案】【解析】由于，因此，因此的值域为【考点】与对数函数有关的值域．3.已知||＝||＝2，（＋2）·（－）＝－2，则与的夹角为________．【答案】【解析】,整理得，，，．【考点】向量夹角公式的应用．4.函数（A，ω，φ为常数，A＞0，ω＞0）的部分图象如图所示，则的值是________．【答案】．【解析】由图可知，，因此，由于为第三个点，因此，解得，，．【考点】求三角函数的解析式．三、解答题1.已知半径为10的圆中，弦的长为10．求弦所对的圆心角的大小；求所在的扇形的弧长及弧所在的弓形的面积．【答案】（1）,（2）．【解析】（1）在弧度制下，计算扇形的面积和弧长比在角度制下更方便、简捷；（2）求扇形的面积的最值应从扇形的面积出发，在弧度制下使问题转化为关于的不等式或利用二次函数求最值的方法确定相应的最值；（3）要注意防止角度制和弧度制在同一个式子中出现，如不正确；（4）掌握扇形的面积公式和弧长公式并用于解题．试题解析：解：由圆的半径，知是等边三角形，由（1）可知，弧长，．【考点】扇形弧长、面积公式的应用．2.已知函数（1）当=-2时，求的最值；（2）求实数的取值范围，使在区间上是单调函数．【答案】（1）,;（2）．【解析】（1）二次函数在闭区间上的最值主要有三种类型：轴定区间定、轴动区间定、轴定区间动，不论哪种类型，解题的关键是对称轴与区间的关系，当含有参数时，要依据对称轴与区间的关系进行分类讨论；（2）二次函数、二次方程与二次不等式统称“三个”二次，它们常结合在一起，有关二次函数的问题，数形结合，密切联系图象是探求解题思路的有效方法，一般从：①开口方向；②对称轴位置；③判别式；④端点值符合四个方面分析；（3）二次函数的综合问题应用多涉及单调性与最值或二次方程根的分布问题，解决的主要思路是等价转化，多用到数形结合思想与分类讨论思想,试题解析：解（1）当时，，对称轴为（2）要使函数在区间上是单调函数，则对称轴，，解之得，【考点】一元二次函数在闭区间上的最值；（2）一元二次函数的单调性．3.若sin θ，cos θ是关于x的方程5x2－x＋＝0（是常数）的两根，θ∈（0，π），求cos 2θ的值．【答案】．【解析】（1）平方关系和商数关系式中的角都是同一个角，且商数关系式中；（2）利用平方关系解决问题时，要注意开方运算结果的符号，需要根据角的范围确定，二是利用诱导公式进行化简时，先利用公式化任意角的三角函数为锐角三角函数，其步骤：去负—脱周—化锐，特别注意函数名称和符号的确定；（3）掌握两角差的正切公式及倍角公式,注意判断角的范围．试题解析：解：由题意知，，，即由于，因此异号，又，，故【考点】（1）同角三角函数的基本关系；（2）倍角的正弦公式．4.已知0＜β＜＜α＜π，且，，求cos（α＋β）的值．【答案】．【解析】（1）三角函数的给值求值的问题一般是正用公式将“复角”展开，看需要求相关角的哪些三角函数值，然后根据角的范围求出相应角三角函数值，代入展开即可，注意角的范围;（2）利用两角和正弦公式和降幂公式化简，要熟练掌握公式，不要把符号搞错，很多同学化简不正确;（3）求解较复杂三角函数的最值时，首先化成形式，在求最大值或最小值,寻求角与角之间的关系，化非特殊角为特殊角；正确灵活运用公式，通过三角变换消去或约去一些非特殊角的三角函数值，注意题中角的范围．试题解析：解：，，∴＝＝，sin＝＝，∴＝＝＋sin sin＝×＋×＝，∴（α＋β）＝2－1＝2×－1＝－．【考点】根据三角函数值求值．5.已知函数．（1）求（x）的最小正周期和单调递增区间；（2）求f（x）在区间上的最大值和最小值．【答案】（1）,的增区间是．（2）．【解析】（1）利用两角和正弦公式和降幂公式化简，得到的形式，利用公式计算周期．（2）利用正弦函数的单调区间，再求的单调性．（3）求三角函数的最小正周期一般化成，，形式，利用周期公式即可．（4）求解较复杂三角函数的单调区间时，首先化成形式，再的单调区间，只需把看作一个整体代入相应的单调区间，注意先把化为正数,这是容易出错的地方．试题解析：（1）因为－1＝－1，故最小正周期为得故的增区间是．（2）因为，所以．于是，当，即时，取得最大值2；当，即时，取得最小值－1．【考点】（1）求三角函数的周期和单调区间；（2）求三角函数在闭区间的最值．6.已知△ABC的面积满足，且，设与的夹角为θ．（1）求θ的取值范围；（2）求函数（θ）＝的最小值．【答案】（1）;（2）【解析】（1）先用数量积的概念转化为三角函数的形式，寻求角与角之间的关系，化非特殊角为特殊角；正确灵活运用公式，通过三角变换消去或约去一些非特殊角的三角函数值，注意题中角的范围；（2）掌握一些常规技巧：“1”的代换，和积互化等，异名三角函数化为同名三角函数，异角化为同角，异次化为同次，切化弦，特殊角与特殊角的三角函数互化；（3）注意利用转化的思想，本题转化为求最值,熟悉公式的整体结构，体会公式间的联系，倍角公式和辅助角公式应用是重点．试题解析：解：（1）,,又，即又，由，得，所以当，即时，【考点】（1）求角的范围；（2）求三角函数的最值．。
黑龙江高一高中数学期末考试带答案解析
黑龙江高一高中数学期末考试班级:___________ 姓名：___________ 分数：___________一、选择题1.的正弦值等于（）A．B．C．D．2.已知点P（）在第三象限，则角在（）A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限3.已知M＝｛x|y=x2-1｝, N={y|y=x2-1},等于（）A．N B．M C．R D．4.给出下面四个命题：①；②；③；④。
其中正确的个数为（）A．1B．2C．3D．45.下列各式中，值为的是（）A．B．C．D．6.已知，则的值是（）A．－1B．1C．2D．47.若是△的一个内角，且，则的值为（）A．B．C．D．8.函数在一个周期内的图象如下，此函数的解析式为（）A．B．C．D．9.若，点的坐标为，则点的坐标为（）A．B．C．D．10.下列函数中，最小正周期为，且图象关于直线对称的是（）A．B．C．D．11.若函数为奇函数，且在内是增函数，又，则的解集为（）A．B．C．D．12.的值为（）A．B．C．D．二、填空题1.若, 且, 则的值是_____2.若，则=3.已知，与的夹角为，那么=4.给出下列命题：(1)存在实数x，使sinx+cosx＝; (2)若是锐角△的内角，则>; (3)函数y＝sin(x-)是偶函数； (4)函数y＝sin2x的图象向右平移个单位，得到y＝sin(2x+)的图象.其中正确的命题的序号是三、解答题1.已知，当为何值时，平行时它们是同向还是反向？2.已知为锐角，且cos=,cos=，求的值.3.已知函数，，那么（Ⅰ）函数的最小正周期是什么？（Ⅱ）函数在什么区间上是增函数？4.)已知<α<π,0<β<,tanα=－,cos(β－α)= ,求sinβ的值.5.已知向量，求（Ⅰ）；（Ⅱ）若的最小值是，求实数的值．6.已知a≥，f（x）=－a2x2+ax+c.（1）如果对任意x∈［0，1］，总有f（x）≤1成立, 证明c≤;（2）已知关于x的二次方程f（x）=0有两个不等实根，，且，求实数c的取值范围黑龙江高一高中数学期末考试答案及解析一、选择题1.的正弦值等于（）A．B．C．D．【答案】A【解析】，故选A。
黑龙江高一高中数学期末考试带答案解析
黑龙江高一高中数学期末考试班级:___________ 姓名：___________ 分数：___________一、选择题1.复数在复平面内对应的点位于（）A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限2.圆与圆的位置关系为( )A．内切B．相交C．外切D．相离3.已知直线y=kx与圆x2+y2=3相交于M,N两点，则|MN|等于( )A．B．C．D．24.已知两直线与平行,则的值为( )A．B．C．或D．5.已知且，则下列不等式恒成立的是（）A．B．C．D．6.若点(x,y)位于曲线y = |x|与y = 2所围成的封闭区域, 则2x－y的最小值为 ( )A．－6B．－2C．0D．27.若满足且的最小值为-4，则的值为（）A．B．C．D．8.等比数列中，，则数列的前8项和等于( )A．6B．5C．4D．39.在中，角、、所对应的边分别为、、，已知，则A．B．C．D．10.已知，则的取值范围是（）A．B．C．D．11.由直线上的一点向圆引切线，则切线长的最小值为（ ）A ．B ．C ．D ．12.已知圆C 1：(x －2)2＋(y －3)2＝1，圆C 2：(x －3)2＋(y －4)2＝9，M ，N 分别是圆C 1，C 2上的动点，P 为x 轴上的动点，则|PM|＋|PN|的最小值为( )A ．5－4B ．－1C ．6－2D ．二、填空题1.设向量，，若，则实数．2.已知，，则的最小值为 ．3.若等差数列满足，则当 时，的前项和最大．4.若圆x 2＋y 2－2x ＋4y ＋1＝0上恰有两点到直线2x ＋y ＋c ＝0(c ＞0)的距离等于1，则c 的取值范围为________．三、解答题1.已知函数（1）解不等式；（2）若不等式的解集为空集，求实数的取值范围．2.如图，在中，，点在边上，且（1）求（2）求的长．3.已知圆关于直线对称,圆心在第二象限,半径为． (1)求圆的方程;(2)是否存在直线与圆相切,且在轴、轴上的截距相等？若存在，求直线的方程；若不存在，说明理由．4.在等差数列中，，其前项和为，等比数列 的各项均为正数，，公比为，且，． （1）求与； （2）设数列满足，求的前项和．5.已知点P （-2，-3），圆C:，过P 点作圆C 的两条切线，切点分别为A 、B （1）求过P 、A 、B 三点的外接圆的方程； （2）求直线AB 的方程．6.已知圆x 2+y 2-2ax-6ay+10a 2-4a=0(0<a 4)的圆心为C,直线L ： y=x+m 。
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黑龙江高一高中数学期末考试班级:___________ 姓名：___________ 分数：___________一、选择题1.直线的倾斜角是（）A．B．C．D．2.对于任意实数，下列结论：①若，，则；②若，则；③若，则；④若，则.正确的结论为( )A．②④B．③C．②③D．①3.过点且平行于直线的直线方程为( )A．B．C．D．4.在下列函数中，最小值是2的是( )A．B．C．D．5.等比数列，若，则 ( )A．B．C．D．6.已知一个四棱锥的正视图、侧视图如图所示，其底面梯形的斜二测画法直观图是一个如图所示的等腰梯形，且该等腰梯形的面积为，则该四棱锥的体积为( )A．B．C．D．7.已知函数且，则 ( )A．50B．60C．70D．808.已知，，三点共线，若均为正数，则的最小值为( )A．B．C．8D．249.关于直线与平面，有以下四个命题：( )①若，，且，则；②若，，且，则；③若，，且，则；④若，，且，则.A．1个B．2个C．3个D．4个10.《九章算术》是中国古代的数学专著，有题为：今有良马与驽马发长安至齐，齐去长安三千里，良马初日行一百九十三里，日增十三里，驽马初日行九十七里，日减半里，良马先至齐，复还迎驽马，问几何日相逢及各行几何？用享誉古今的“盈不足术”，可以精确的计算用了多少日多少时相逢，那么你认为在第几日相遇( )A．13B．14C．15D．1611.已知实数满足不等式组，若直线把不等式组表示的平面区域分成上、下两部分的面积比为，则 ( )A．B．C．D．12.若对圆上任意一点，的取值与无关，则实数的取值范围是( )A．B．C．或D．二、填空题1.直线与直线的距离是__________．2.已知圆的圆心位于直线上，且圆过两点，，则圆的标准方程为__________．3.已知实数满足，则的最大值为__________．4.在正方体中(如图)，已知点在直线上运动，则下列四个命题：①三棱锥的体积不变；②直线与平面所成的角的大小不变；③二面角的大小不变；④是平面上到点和距离相等的点，则点的轨迹是直线.其中真命题的编号是__________．(写出所有真命题的编号)三、解答题1.已知圆外的有一点，过点作直线.(1)当直线与圆相切时，求直线的方程；(2)当直线的倾斜角为时，求直线被圆所截得的弦长.2.如图，直三棱柱中，，.(1)证明：；(2)求三棱锥的体积.3.已知为公差不为零的等差数列，其中成等比数列，.(1)求数列通项公式；(2)记，设的前项和为，求最小的正整数，使得.4.如图①，在矩形中，，，是的中点，将三角形沿翻折到图②的位置，使得平面平面.(1)在线段上确定点，使得平面，并证明；(2)求与所在平面构成的锐二面角的正切值.5.已知函数.(1)若的解集为，求的值；(2)若存在，使得成立，求的取值范围.6.已知函数的图象上有一点列，点在轴上的射影是，且(且)，.(1)求证：是等比数列，并求出数列的通项公式；(2)对任意的正整数，当时，不等式恒成立，求实数的取值范围.(3)设四边形的面积是，求证：.黑龙江高一高中数学期末考试答案及解析一、选择题1.直线的倾斜角是（）A．B．C．D．【答案】C【解析】因为，所以斜率，即，所以即，应选答案C。
2022-2023学年黑龙江省哈尔滨市高一下学期期末数学试题【含答案】
2022-2023学年黑龙江省哈尔滨市高一下学期期末数学试题一、单选题1．设复数z 满足i i 2z -=-，则22iz=+（）．A ．i -B ．iC ．2i+D ．2i-【答案】B【分析】根据题意，结合复数的运算法则，准确运算，即可求解.【详解】由复数z 满足i i 2z -=-，可得22i z =-+，则()()()()1i 1i 22i 1i 2ii 22i 22i 1i 1i 1i 2z -+--+-+=====++++-.故选：B.2．在ABC 中，已知角A ，B 的对边分别为a ，b ，π4A =，π6B =，4a =，则b =（）．A ．2B ．3C ．22D ．23【答案】C【分析】由正弦定理求解即可.【详解】由正弦定理可得：sin sin a bA B=，则4ππsinsin46b=，即41222b =，则22b =.故选：C.3．已知向量a ，b 满足1a = ，3b = ，且a ，b 的夹角为30︒，则2a b += （）．A ．19B ．7C ．7D ．19【答案】A【分析】计算出32a b ⋅= ，再根据()222a b a b +=+ 计算出结果.【详解】由题意得：33cos301322a b a b ⋅=⋅︒=⨯⨯= ，所以()2222244164319a b a b a a b b +=+=+⋅+=++⨯=.故选：A.4．已知两条不同的直线l ，m 与两个不同的平面α，β，则下列结论中正确的是（）A ．若m n αα⊂⊂，，//m β，//n β，则//αβB ．若//l l αβ⊥，，则αβ⊥C ．若m l m α⊥⊥，，则//l αD ．若αβ⊥，l α⊥，则//l β【答案】B【分析】根据空间中线面、面面的判定定理与性质定理一一判断即可.【详解】对于A ，若m n αα⊂⊂，，//m β，//n β，则,αβ可能平行，可能相交，故A 不正确；对于B ，因为l //β，所以能在β内找到一条直线b ，使得//b l ，因为l α⊥，所以b α⊥，又因为b β⊂，所以由面面垂直的判定定理可证明αβ⊥，故B 正确；对于C ，若m l m α⊥⊥，，则//l α或l ⊂α，故C 不正确；对于D ，若αβ⊥，l α⊥，则//l β或l β⊂，故D 不正确.故选：B.5．如图，已知平面向量OA OB OC ､､满足||||||,,120,OA OB OC OA OB OB OC ︒===⊥ ，则（）A ．230OA OB OC ++=B ．230OA OB OC ++= C ．230OA OB OC ++= D ．320OA OB OC ++=【答案】A【分析】设OC OC =-'，过C '分别作,OA OB 的平行线，不妨设||||||3OA OB OC === ，可得2133OC OC OA OB -=+'= ，进而可得答案.【详解】设OC OC =-'，过C '分别作,OA OB 的平行线，分别交,OA OB 于,D E ，如图，不妨设||||||3OA OB OC ===，,120,OA OB OB OC︒=⊥ 所以,9030EOC OC D DOC ∠∠∠''='== ，则2,1OD OE C D '===，从而2133OC OC OD OE OA OB -=+='=+，故230OA OB OC ++= .故选：A.6．三棱台111ABC A B C -中，两底面ABC 和111A B C △分别是边长为2和1的等边三角形，1CC ⊥平面ABC ．若13CC =，则异面直线AC 与1BC 所成角的余弦值为（）．A ．144B ．77C ．24D ．1313【答案】D【分析】以,AC AB 为邻边作平行四边形ABDC ，则//AC BD 且AC BD =，从而可得1DBC ∠即为异面直线AC 与1BC 所成角或其补角，再解1BDC 即可.【详解】如图，以,AC AB 为邻边作平行四边形ABDC ，则//AC BD 且2==AC BD ，故1DBC ∠即为异面直线AC 与1BC 所成角或其补角，因为1CC ⊥平面ABC ，,BC CD ⊂平面ABC ，所以11,CC BC CC CD ⊥⊥，则114913,4913BC DC =+==+=，在1BDC 中，22211114131313cos 2132213BD BC DC DBC BD BC +-+-∠===⋅⨯⨯，即异面直线AC 与1BC 所成角的余弦值为1313.故选：D.7．滕王阁，江南三大名楼之一，因初唐诗人王勃所作《滕王阁序》中的“落霞与孤鹜齐飞，秋水共长天一色”而名传千古，流芳后世．如图，在滕王阁旁地面上共线的三点A ，B ，C 处测得阁顶端点P 的仰角分别为30︒，60︒，45︒，且75AB BC ==米，则滕王阁的高度OP =（）米．A ．1415B ．1515C ．65155D ．29152【答案】B【分析】设OB h =，利用直角三角形边角关系、余弦定理建立方程，再解方程组求解作答.【详解】设OB h =，在Rt POB △中，60PBO ︒∠=，tan 603OP OB h ︒==，在Rt POA △中，30PAO ︒∠=，33tan 3033OP hOA h ︒===，在Rt POC △中，45PCO ︒∠=，3tan 45OPOC h ︒==，在OBC △中，2222OC OB BC OB BC =+-⋅⋅cos OBC ∠，即222375150cos h h h OBC =+-∠，在OAB 中，2222cos OA OB AB OB AB OBA =+-⋅⋅∠，即222975150cos h h h OBA =+-∠，由πOBC OBA ∠+∠=，得cos cos 0OBC OBA ∠+∠=，于是222122275h h =+⨯，解得155h =，所以滕王阁的高度31515OP h ==（米）.故选：B8．已知等腰直角ABC 的斜边2AB =，M ，N 分别为AC （M 与C 不重合），AB 上的动点，将AMN 沿MN 折起，使点A 到达点A '的位置，且平面A MN '⊥平面BCMN ．若点A '，B ，C ，M ，N 均在球O 的球面上，则球O 表面积的最小值为（）．A ．8π3B ．3π2C ．6π3D ．4π3【答案】A【分析】由给定条件确定MN AB ⊥，及A N '⊥面BCMN ，再确定棱锥外接球球心位置，设A N x '=，求出外接球半径关于x 的函数关系，求出最小半径作答.【详解】显然M 不与A 重合，由点,,,,A B C M N '均在球O 的球面上，得,,,B C M N 共圆，则πC MNB ∠+∠=，又ABC 为等腰直角三角形，AB 为斜边，即有MN AB ⊥，如图，将AMN 翻折后，MN A N ⊥'，MN BN ⊥，又平面A MN '⊥平面BCMN ，平面A MN ' 平面BCMN =MN ，A N '⊂平面A NM '，BN ⊂平面BCMN ，于是A N '⊥平面BCMN ，BN ⊥平面A MN '，显然,A M BM '的中点,D E 分别为A NM '△，四边形BCMN 外接圆圆心，则DO ⊥平面A NM '，EO ⊥平面BCMN ，因此//,//DO BN EO A N '，取NM 的中点F ，连接,DF EF ，则有////,////EF BN DO DF A N EO '，四边形EFDO 为平行四边形，设A N x '=且01x <<，1222x DO EF BN -===，2A M x '=，从而球O 的半径R ，有22222332()()2443321A M R DO x x x '+--+===+，当23x =时，2min ()23R =，所以球O 表面积的最小值为28π4π3R =.故选：A【点睛】关键点睛：几何体的外接球的表面积、体积计算问题，借助球的截面小圆性质确定出球心位置是解题的关键.二、多选题9．下列说法正确的是（）．A ．用简单随机抽样的方法从含有60个个体的总体中抽取一个容量为6的样本，则个体m 被抽到的概率是0.1B ．已知一组数据1，2，3，4，4，5的众数大于中位数C ．数据27，12，14，30，15，17，19，29的第70百分位数是23D ．甲乙丙三种个体按3:1:2的比例分层抽样，如果抽取的甲个体数为9，则样本容量为18【答案】ABD【分析】对于A ，结合古典概型的概率公式，即可求解；对于B ，结合众数、中位数的定义，即可求解；对于C ，结合百分位数的定义，即可求解；对于D ，结合分层抽样的定义，即可求解．【详解】对于A ，用简单随机抽样的方法从含有60个个体的总体中抽取一个容量为6的样本，则60.160=，故A 正确；对于B ，一组数据1，2，3，4，4，5的众数为4，中位数为343.52+=，故B 正确；对于C ，数据27，12，14，30，15，17，19，29从小到大排序为：12，14，15，17，19，27，29，30，870% 5.6⨯=，则该组数据的第70百分位数是27，故C 错误；对于D ，令样本容量为n ，则93123n =++，解得18n =，故D 正确．故选：ABD ．10．下列说法正确的是（）．A ．平行向量就是共线向量B ．两个非零向量a ，b ，若0a b ⋅>，则a ，b 夹角为锐角C ．向量a 与b 共线的充要条件是存在唯一实数λ使得b aλ=D ．向量a在非零向量b 上投影向量的长度为a b b ⋅【答案】AD【分析】根据平行向量与共线向量的定义判断A ；根据数量积的定义判断B ；根据特例法判断C 错；求出向量a 在非零向量b 上投影向量为cos ||b a b θ，可判断D.【详解】根据平行向量与共线向量的定义，平行向量就是共线向量，A 正确；若两个非零向量,a b 夹角0θ=︒则cos 1,cos 0a b a b a b θθ=⋅=⋅⋅=⋅>，B 错；若0,0a b =≠，满足向量a 与b 共线，但不存在实数λ使得b a λ= ，C 错；两个非零向量,a b夹角θ，则cos a b a bθ⋅=，则向量a 在非零向量b 上投影向量为cos ||b a b θ，其长度为||||||a b a b b a a b b b⋅⋅⨯⨯=，D 正确.故选：AD.11．如图，平面α 平面β=直线l ，点,A C α∈，点,B D β∈，且A 、B 、C 、D l ∉，点M 、N 分别是线段AB 、CD 的中点．（）．A ．当直线AC 与BD 相交时，交点有可能在直线l 外B ．当直线AB 与CD 异面时，MN 不可能与l 平行C ．当A 、B 、C 、D 四点共面且//AC l 时，//BD l D ．当M 、N 两点重合时，直线AC 与l 不可能相交【答案】BCD【分析】根据给定条件，由平面基本事实及直线与平面的位置关系依次分析判断作答.【详解】由点,A C α∈，点,B D β∈，得,AC BD αβ⊂⊂，由,,,A B C D l ∉，得,AC BD βα⊄⊄，对于A ，令AC BD P =I ，即有P AC α∈⊂，P BD β∈⊂，因此P l αβ∈⋂=，A 错误；对于B ，当,AB CD 是异面直线时，假设//MN l ，显然MN β⊄，则//MN 平面β，连接BC ，取BC 的中点H ，连接,M H N H，如图，因为,M N 分别为,AB CD 的中点，则有//NH BD ，而NH β⊄，即有//NH β，又NH MN N = ，于是平面//MNH 平面β，同理平面//MHN 平面α，因此平面//α平面β，与已知矛盾，即假设不成立，所以MN 不可能与l 平行，B 正确；对于C ，由A 、B 、C 、D 四点共面且//AC l 时，得//AC β，平面ABCD BD β= ，因此////BD AC l ，C 正确；对于D ，由,M N 两点重合，得//AC BD ，则//AC β，而,AC l ααβ⊂= ，因此//AC l ，直线AC 与直线l 不可能相交，D 正确.故选：BCD12．在ABC 中，已知A B C +<，则（）．A ．222a b c +<B ．22sin sin 1A B +<C ．sin sin 2sin A B C +<D ．tan tan 1A B >【答案】ABC【分析】根据给定条件，可得ππ2C <<，利用余弦定理和正弦定理、结合诱导公式、同角公式判断ABC ；举例说明判断D 作答.【详解】在ABC 中，由A B C +<，得ππ2C <<，π2A B +<，对于A ，由余弦定理得2222cos 0a b c ab C +-=<，即222a b c +<，A 正确；对于B ，显然ππ022B A <<-<，则222222πsin sin sin sin ()sin cos 12A B A A A A +<+-=+=，B 正确；对于C ，由选项A 知，222a b c +<，又2222ab a b c ≤+<，因此2222()22a b a b ab c +≤++<，于是2a b c +<，由正弦定理得sin sin 2sin A B C +<，C 正确；对于D ，取π2π,63A B C ===，则331tan tan 1333A B =⨯=<，D 错误．故选：ABC【点睛】结论点睛：ABC 的三边分别为a ，b ，c （a≥b≥c ），若222b c a +>，则ABC 是锐角三角形；若222b c a +=，则ABC 是直角三角形；若222b c a +<，则ABC 是钝角三角形.三、填空题13．已知圆锥的母线长为5，侧面展开图的圆心角为6π5，则该圆锥的体积为．【答案】12π【分析】根据扇形的弧长与半径、圆心角的关系求得扇形弧长，即得到圆锥底面圆的周长，结合直角三角形的性质，根据圆锥体积公式即可求解.【详解】如下图所示，因为圆锥的母线长为5，侧面展开图的圆心角为6π5，所以圆锥侧面展开图的弧长为56π6π5⨯=，即圆锥底面圆的周长为6π，则6π2πOB =⋅，得3OB =，所以底面圆面积2π9πS OB =⨯=，在Rt SOB △中，2222534SO SB OB =-=-=，即圆锥的高4h =，所以该圆锥的体积为119π41323πV Sh ==⨯⨯=.故答案为：12π14．设ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且7a c +=，2b =，7cos 8B =，则ABC 的面积S =．【答案】3154/3154【分析】由题干所给数据结合余弦定理可先求出ac 的值，再由22sin cos 1B B +=求出sin B 的值，再代入面积公式1sin 2S ac B =求出答案.【详解】因为7a c +=，2b =，所以22222()27cos 228a cb ac ac b B ac ac +-+--===，解得12ac =，所以215sin 1cos 8B B =-=，所以ABC 的面积1115315sin 122284S ac B ==⨯⨯=.故答案为：315415．在ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，π3BAC ∠=，BAC ∠的平分线交BC 于点D ，3AD =，则b c +的最小值为．【答案】4【分析】利用等面积法可得bc b c =+，再利用基本不等式可求解最小值．【详解】依题意，由ABC ABD ACD S S S =+ ，得1π1π1πsin 3sin 3sin 232626bc c b ⋅=⋅⋅+⋅⋅，整理得bc b c =+，因此2()2b c b c bc ++=≤，4b c +≥，当且仅当2b c ==时取等号所以b c +的最小值为4.故答案为：416．已知点P 在ABC 所在的平面内，则下列各结论正确的有．①若P 为ABC 的垂心，2AB AC ⋅= ，则2AP AB ⋅=②若ABC 为边长为2的正三角形，则()PA PB PC ⋅+的最小值为1-③若ABC 为锐角三角形且外心为P ，AP xAB yAC =+且21x y +=，则AB BC=④若111122cos cos AP B AC C AB AC AB ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪=+++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，则动点P 的轨迹经过ABC 的外心【答案】①③④【分析】①由0AB PC ⋅=得到2AP AB AB AC AB PC ⋅=⋅+⋅= ；②建立平面直角坐标系，写出点的坐标，设(),P m n ，表达出()22332222PA PB m n PC ⎛⎫=+-- ⎪ ⎪⎝⎭⋅+ ，求出最小值；③变形得到()BP y BA BC =+，设D 为AC 的中点，则,,B P D 三点共线，结合P 是ABC 的外心，所以BD 垂直平分AC ，所以AB BC =，③正确；④变形得到()2AP BC AB AC BC ⋅=+⋅，设E 是BC 的中点，则()0A B AE P C EP BC -⋅=⋅=，故则动点P 的轨迹经过ABC 的外心.【详解】对于①，若P 为ABC 的垂心，则0AB PC ⋅=，又2AB AC ⋅= ，所以()202AP AB AB AC PC AB AC AB PC ⋅=⋅+=⋅+⋅=+=，①正确；对于②，取CB 的中点O ，连接OA ，以O 为坐标原点，BC ，OA 所在直线分别为x 轴，y 轴，建立空间直角坐标系，则()()()1,0,1,0,0,3B C A -，设(),P m n ，则()()()22,32,22223PA PB PC m n m n m n n ⋅+=--⋅--=+- 22332222m n ⎛⎫=+-- ⎪ ⎪⎝⎭，故当30,2m n ==时，()22332222PA PB m n PC ⎛⎫=+-- ⎪ ⎪⎝⎭⋅+ 取得最小值，最小值为32-，②错误；对于③，有题意得()12AP x AB y AC y AB y AC =+=-+，则()2AP AB y AB AC -=-+ ，即()BP y BA BC =+，如图，设D 为AC 的中点，则2BA BC BD += ，故2BP yBD = ，故,,B P D 三点共线，因为P 是ABC 的外心，所以BD 垂直平分AC ，所以AB BC =，③正确；对于④，()12cos cos AB AC AP AB AC AB B AC C =+++ ，()12cos cos AB BC AC BC AP BC AB AC BC AB B AC C ⋅=+++⋅⋅⋅ ()()cos πcos 12cos cos AB BC B AC BC C AB AC BC AB B AC C -=+++⋅⋅⋅ ()()1122BC BC AB AC BC AB AC BC =-+++⋅=+⋅ ，所以()2AP BC AB AC BC ⋅=+⋅ ，如图，设E 是BC 的中点，则AB +AC =2AE ，故22AE AP BC BC ⋅=⋅ ，即()0A B AE P C EP BC -⋅=⋅= ，故则动点P 的轨迹经过ABC 的外心，④正确.故答案为：①③④四、解答题17．黑龙江省实行“3+1+2”高考模式，为让学生适应新高考的赋分模式，某校在一次校考中使用赋分制给高三年级学生的生物成绩进行赋分，具体赋分方案如下：先按照考生原始分从高到低，按比例划定A ，B ，C ，D ，E 共五个等级，然后在相应赋分区间内利用转换公式进行赋分．其中，A 等级排名占比15％，赋分分数区间是86～100；B 等级排名占比35％，赋分分数区间是71～85；C 等级排名占比35％，赋分分数区间是56～70；D 等级排名占比13％，赋分分数区间是41～55；E 等级排名占比2％，赋分分数区间是30～40；现从全年级的生物成绩中随机抽取100名学生的原始成绩（未赋分）进行分析，其频率分布直方图如下图：．(1)求图中a 的值及原始数据的平均值；(2)用样本估计总体的方法，若学生甲原始成绩为71分，则他赋分后的等级为？说明理由．【答案】(1)0.030a =，平均数的估计值为71分；(2)C 等级，理由见解析.【分析】（1）由各组频率之和为1列方程求解得a 的值，由频率分布直方图平均数的计算公式代入即可得出答案；（2）由频率分布直方图中众数、平均数和中位数的计算公式代入即可得出答案.【详解】（1）由题意()0.0100.0150.0150.0250.005101a +++++⨯=，解得0.030a =，抽取的这100名学生的原始成绩的平均数的估计值为：()450.010550.015650.015750.030850.025950.0051071⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯⨯=分；（2）若学生甲原始成绩为71分，由于D 等级、E 等级排名占比共13%%%+2=15，由于C 等级、D 等级、E 等级排名占比共35%13%%%++2=50，由频率直方图可得前两组的频率和为()0.0100.015100.250.15+⨯=>，故15％分位数落在第二组，设其为x ，则()500.0150.250.15x -⨯=-，解得1703x =，故这100名学生的原始成绩的15％分位数的估计值为1703分，由频率直方图可得前三组的频率和为()0.0100.0150.015100.40.5++⨯=<，前四组的频率和为()0.0100.0150.0150.030100.70.5+++⨯=>，故50％分位数落在第四组，设其为x ，则()700.0300.50.4x -⨯=-，解得2203x =，故这100名学生的原始成绩的50％分位数的估计值为2203分，所以C 等级的原始分成绩应在1703～2203，甲原始成绩为71分，所以他赋分后的等级C 等级.18．在ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，已知()sin sin sin B A C A -=+．(1)求B 的值；(2)给出以下三个条件：①22240a b c c -++=；②2a =，1b =；③43ABC S = ，若这三个条件中仅有两个正确，请选出正确的条件，并求ABC 的周长．【答案】(1)2π3B =；(2)①③，843+.【分析】（1）根据给定条件，利用和差角的正弦公式求解作答.（2）由（1）判断正确的条件，再利用余弦定理、三角形面积公式求解作答.【详解】（1）在ABC 中，由sin()sin sin B A C A -=+，得sin()sin()sin B A A B A -=++，因此sin sin()sin()2cos sin A B A A B B A =--+=-，而sin 0A >，则1cos 2B =-，又0πB <<，所以2π3B =.（2）在ABC 中，由（1）知，B A >，则b a >，显然条件②不成立，因此正确的条件为①③，由22240a b c c -++=，得2224a c b c +-=-，由余弦定理得2222π2cos 3a cb ac +-=，于是4ac c -=-，而0c >，解得4a =，由43ABC S = ，得12πsin 4323ac =，即有16ac =，则4c =，因此222448b a c c =++=，而0b >，解得43b =，所以ABC 的周长843a b c ++=+.19．已知四棱柱ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1的底面是边长为2的菱形，且BC ＝BD ，DD 1⊥平面ABCD ，AA 1＝1，BE ⊥CD 于点E ．（1）试问在线段A 1B 1上是否存在一点F ，使得AF ∥平面BEC 1？若存在，求出点F 的位置；若不存在，请说明理由；（2）在（1）的条件下，求平面ADF 和平面BEC 1所成锐二面角的余弦值．【答案】（1）存在，F 为线段A 1B 1的中点；（2）427.【分析】（1）当F 为线段A 1B 1的中点时，取AB 中点为G ，求证四边形11B C EG 为平行四边形，即可由线线平行推证线面平行；（2）以D 为坐标原点，建立空间直角坐标系，通过求解两平面法向量之间夹角的余弦值，从而求得二面角夹角的余弦值.【详解】（1）当F 为线段A 1B 1的中点时，AF ∥平面BEC 1．证明如下：取AB 的中点G ，连接EG ，B 1G ，则FB 1∥AG ，且FB 1＝AG ，∴四边形AGB 1F 是平行四边形，∴AF ∥B 1G ，∵BC ＝BD ，BE ⊥CD ，∴E 为CD 的中点，又G 为AB 的中点，AB ∥CD ，AB ＝CD ，∴BG ∥CE ，且BG ＝CE ，∴四边形BCEG 为平行四边形，∴EG ∥BC ，且EG ＝BC ，∵BC ∥B 1C 1，BC ＝B 1C 1，∴EG ∥B 1C 1，EG ＝B 1C 1，∴四边形EGB 1C 1是平行四边形，∴B 1G ∥C 1E ，∴AF ∥C 1E ，∵AF ⊄平面BEC 1，C 1E ⊂平面BEC 1，∴当F 为线段A 1B 1的中点时，AF ∥平面BEC 1．(2)连接DG ，∵BD ＝BC ＝AD ，G 为AB 的中点，∴DG ⊥AB ，∵AB ∥CD ，∴DG ⊥CD ，∵DD 1⊥平面ABCD ，DC ，DG ⊂平面ABCD ，∴DD 1⊥DC ，DD 1⊥DG ，∴DG ，DC ，DD 1两两垂直，以D 为原点，DG ，DC ，DD 1分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，由题意得BD ＝BC ＝CD ＝AB ＝AD ＝2，∴∠DAB ＝∠BDC ＝60°，∵AA 1＝1，∴D （0，0，0），A （3，﹣1，0），D 1（0，0，1），A （3，﹣1，0），D 1（0，0，1），E （0，1，0），C 1（0，2，1），B （3，1，0），F （3，0，1），EB ＝（3，0，0），1EC ＝（0，1，1），DA ＝（3，﹣1，0），DF ＝（3，0，1），设平面BEC 1的法向量(),,n x y z = ，则，1300EB n x EC n y z ⎧⋅==⎪⎨⋅=+=⎪⎩ 取z ＝1，得(0,1,1)n =- ，设平面ADF 的法向量(),,m a b c = ，则，3030DA m a b DF m a c ⎧⋅=-=⎪⎨⋅=+=⎪⎩ 取a ＝1，得()1,3,3m =- ，设平面ADF 和平面BEC 1所成锐二面角为θ，则平面ADF 和平面BEC 1所成锐二面角的余弦值为：||2342cos 7||||72m n m n θ⋅===⋅⨯ ，20．如图，在三棱柱111ABC A B C -中，底面是边长为2的等边三角形，12CC =，D ，E 分别是线段AC ，1CC 的中点，1C 在平面ABC 内的射影为D．(1)求证：1A C ⊥平面BDE ；(2)若点F 为棱11B C 的中点，求点F 到平面BDE 的距离．【答案】(1)证明见详解(2)334【分析】（1）利用线面垂直的定义和判定定理可证；（2）取111A C CC 、上靠近1C 的四等分点M N 、，取11AC 中点1D ，连结1FM MN BD 、、，延长MN DE 、交于点P ，由线面平行把点F 到平面BDE 的距离转化为点M 到平面BDE 的距离,，借助（1）即可解出距离.【详解】（1）连结11,C D AC ，由题意，得1C D ⊥平面ABC ，BD ⊂平面ABC ，所以1C D BD ⊥，又底面是边长为2的等边三角形，则AC BD ⊥，1C D AC Ì、平面11ACC A ，且1C D AC D = ，可得BD ⊥平面11ACC A ，1AC ⊂平面11ACC A ，则1AC BD ⊥，由2AC =，12CC =得平行四边形11ACC A 为菱形，则11AC AC ⊥，又1//DE AC ，所以1A C DE ⊥，DE BD ⊂、平面BDE ，DE BD D ⋂=，所以1A C ⊥平面BDE ；（2）取111A C CC 、上靠近1C 的四等分点M N 、，取11AC 中点1D ，连结1FM MN BD 、、，延长MN DE 、交于点P ，由中位线性质可知11//MF B D ，又11//BD B D ，所以//MF BD ，BD ⊂平面BDE ，MF ⊄平面BDE ，则//MF 平面BDE ，点M 到平面BDE 的距离等于点F 到平面BDE 的距离,又1//MN A C ，1AC ⊥平面BDE ，所以MN ⊥平面BDE ，由已知在菱形11ACC A ，11342MN A C ==，在1Rt CDC 中，111,2,60CD CC C CD ==Ð= 在Rt NPE 中，12EN =，CDE 为等边三角形，所以60NEP Ð= 则34PN =，所以334PM =，所以点F 到平面BDE 的距离为334.21．在三棱锥A BCD -中，2AB AD BD ===，2BC DC ==，2AC =．(1)求证：BD AC ⊥；(2)若点P 在棱AC 上，当直线BP 与平面ACD 所形成的角的正弦值为337时，求:AP PC 的值．【答案】(1)证明见解析(2)1:5【分析】（1）取BD 的中点M ，连接AM ，CM ，由等腰三角形的性质有AM BD ⊥、CM BD ⊥，根据线面垂直的判定及性质即可证BD AC ⊥.（2）首先证明AM ⊥平面BCD ，即可求出A BCD V -，过点B 作BO ⊥平面ADC 交于点O ，连接OP ，则BPO ∠即为直线BP 与平面ACD 所成的角，利用等体积法求出BO ，再根据线面角的正弦值求出BP ，在ABC 中利用余弦定理求出cos BAC ∠，再在ABP 中利用余弦定理求出AP ，即可得解.【详解】（1）取BD 的中点M ，连接AM ，CM ．∵AB AD =，M 为BD 的中点．∴AM BD ⊥，∵BC CD =，M 为BD 的中点．∴CM BD ⊥，又AM CM M ⋂=，,AM CM ⊂平面AMC ，∴BD ⊥平面AMC ，而AC ⊂平面AMC ，∴BD AC ⊥.（2）因为22213AM =-=，112CM BD ==，2AC =，所以AM CM AC 222+=，所以AM CM ⊥，又AM BD ⊥，CM BD M = ，,CM BD ⊂平面BCD ，所以AM ⊥平面BCD ，又12212BCD S =⨯⨯=△，所以133133A BCD V -=⨯⨯=，又2212722222ADC S ⎛⎫=⨯⨯-= ⎪ ⎪⎝⎭，由图可知二面角B AC D --为钝二面角，过点B 作BO ⊥平面ADC 交于点O （O 、D 在AC 两侧），连接OP 、OA 、OC ，则BPO ∠即为直线BP 与平面ACD 所成的角，又A BCD B ADC V V --=，所以173323BO ⨯=，所以2217BO =，又直线BP 与平面ACD 所形成的角的正弦值为337，所以33sin 7BO BPO BP ∠==，则273BP =，在ABC 中由余弦定理可得()2222222223cos 22224AB AC BC BAP AB AC +-+-∠===⨯⨯⨯，又在ABP 中由余弦定理可得2222cos BP AB AP AB AP BAP =+-⋅∠，即22227322234AP AP ⎛⎫=+-⨯⨯ ⎪ ⎪⎝⎭，解得13AP =或83AP =（舍去），所以53PC AC AP =-=，所以:1:5AP PC =.22．在锐角ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且222a b c λ+=．(1)若2λ=，求角C 的最大值；(2)若60C =︒，求λ的取值范围．【答案】(1)C 的最大值为π3.(2)5,23λ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦【分析】（1）由余弦定理结合基本不等式即可得出答案；（2）由正弦定理化简已知式可得222sin sin sin A B C λ+=，由三角恒等变换化简可得41πsin 21326A λ⎡⎤⎛⎫=-+ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦，再由正弦函数的性质即可求出答案.【详解】（1）当2λ=时，2222a b c +=，由余弦定理可得：2222222222222cos 2224a b a b a b a b c a b C ab ab ab ab +++-+-+====1112442b a b a a b a b ⎛⎫=+≥⨯⋅⋅= ⎪⎝⎭，当且仅当b a a b=即a b =时取等，因为()0,πC ∈，所以π0,3C ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦，所以C 的最大值为π3.（2）由正弦定理可得：sin sin sin a b c A B C ==得222sin sin sin A B C λ+=，因为πA B C ++=，所以2ππ3B AC A =--=-，所以2222222πsin sin sin sin 4313sin 2cos 21sin 34432A A A B A A C λ⎛⎫+- ⎪⎛⎫+⎝⎭===-+ ⎪ ⎪⎛⎫⎝⎭⎪⎝⎭41πsin 21326A ⎡⎤⎛⎫=-+ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦，因为ABC 为锐角三角形，所以π022ππ032A A ⎧<<⎪⎪⎨⎪<-<⎪⎩，所以ππ,62A ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，ππ5π2,666A ⎛⎫-∈ ⎪⎝⎭，所以π1sin 2,162A ⎛⎫⎛⎤-∈ ⎪ ⎥⎝⎭⎝⎦，所以41π5sin 21,23263A ⎡⎤⎛⎫⎛⎤-+∈ ⎪ ⎢⎥⎥⎝⎭⎝⎦⎣⎦，所以5,23λ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦.。
黑龙江省高一下学期数学期末考试试卷
黑龙江省高一下学期数学期末考试试卷姓名:________ 班级:________ 成绩:________一、选择题 (共12题；共24分)1. （2分）(2019·桂林模拟) 设为等差数列的前项和，若，，则的公差为（）A . 1B . 3C . 6D . 22. （2分）在三棱柱中，各棱长相等，侧掕垂直于底面，点是侧面的中心，则与平面所成角的大小是（）A .B .C .D .3. （2分） (2016高三上·呼和浩特期中) 已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn ，已知S4﹣S1=7a2 ， a3=5，则Sn=（）A .B .C .D .4. （2分） (2018高一上·大连期末) 已知正方形ABCD的边长为2，若将正方形ABCD沿对角线BD折叠为三棱锥，则在折叠过程中，不能出现（）A .B . 平面平面CBDC .D .5. （2分）在等差数列{an}中，a5=33，a45=153，则201是该数列的第（）项．A . 60B . 61C . 62D . 636. （2分） (2019高三上·鹤岗月考) 若关于的不等式的解集为，其中为常数，则不等式的解集是（）A .B .C .D .7. （2分）(2016·黄山模拟) 圆在点处的切线方程为（）．A .B .C .D .8. （2分）若变量x，y满足约束条件，则x+2y的最大值是（）A . -B . 0C .D .9. （2分） (2018高三上·汕头模拟) 已知等差数列的公差和首项都不为，且成等比数列，则（）A .B .C .D .10. （2分） (2016高二上·青海期中) 如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E、F、G分别是棱A1B1、BB1、B1C1的中点，则下列结论中：①FG⊥BD②B1D⊥面EFG③面EFG∥面ACC1A1④EF∥面CDD1C1正确结论的序号是（）A . ①和②B . ②和④C . ①和③D . ③和④11. （2分）(2019·莆田模拟) 在三棱锥中，，，，平面平面，则三棱锥外接球的表面积为（）A .B .C .D .12. （2分） (2019高一下·双鸭山期中) 已知等比数列的前项和为，且满足，则的值是（）A .B .C .D .二、填空题 (共4题；共4分)13. （1分） (2019高二上·望城月考) 过点(1,2)且垂直于直线的直线的一般式方程为________.14. （1分） (2020高二上·上海期中) 已知三角形的三边所在直线为，，，则三角形的外接圆方程为________15. （1分） (2019高二下·金山期末) 底面是直角三角形的直棱柱的三视图如图，网格中的每个小正方形的边长为1，则该棱柱的表面积是________16. （1分） (2019高二上·河南月考) 数列满足，，则 ________．三、解答题 (共6题；共50分)17. （10分） (2017高一上·沙坪坝期中) 已知不等式x2+mx+3≤0的解集为A=[1，n]，集合B={x|x2﹣ax+a≤0}．（1）求m﹣n的值；（2）若A∪B=A，求a的取值范围．18. （10分）(2020·甘肃模拟) 在中，角，，所对的边分别为，，，且的面积为 .（1）求的值；（2）若，求周长的最大值.19. （10分） (2020高二上·高县月考) 已知圆，直线，且直线与圆交于不同的两点，定点的坐标为 .（1）求实数的取值范围；（2）若两点的中点为，直线与直线的交点为，求证：为定值.20. （5分） (2016高二上·济南期中) 设数列{an}的前n项和为Sn ，已知2Sn=3n+3．（Ⅰ）求{an}的通项公式；（Ⅱ）若数列{bn}，满足anbn=log3an ，求{bn}的前n项和Tn ．21. （5分） (2017高三上·泰安期中) 如图，A、B是海面上两个固定观测站，现位于B点南偏东45°且相距海里的D处有一艘轮船发出求救信号．此时在A处观测到D位于其北偏东30°处，位于A北偏西30°且与A相距海里的C点的救援船立即前往营救，其航行速度为30海里/小时，该救援船到达D点需要多长时间？22. （10分）(2017·湘西模拟) 《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑．如图，在阳马P﹣ABCD中，侧棱PD⊥底面ABCD，且PD=CD，过棱PC的中点E，作EF⊥PB交PB于点F，连接DE，DF，BD，BE．（1）证明：PB⊥平面DEF．试判断四面体DBEF是否为鳖臑，若是，写出其每个面的直角（只需写出结论）；若不是，说明理由；（2）若面DEF与面ABCD所成二面角的大小为，求的值．参考答案一、选择题 (共12题；共24分)答案：1-1、考点：解析：答案：2-1、考点：解析：答案：3-1、考点：解析：答案：4-1、考点：解析：答案：5-1、考点：解析：答案：6-1、考点：解析：答案：7-1、考点：解析：答案：8-1、考点：解析：答案：9-1、考点：解析：答案：10-1、考点：解析：答案：11-1、考点：解析：答案：12-1、考点：解析：二、填空题 (共4题；共4分)答案：13-1、考点：解析：答案：14-1、考点：解析：答案：15-1、考点：解析：答案：16-1、考点：解析：三、解答题 (共6题；共50分)答案：17-1、答案：17-2、考点：解析：答案：18-1、答案：18-2、考点：解析：答案：19-1、答案：19-2、考点：解析：答案：20-1、考点：解析：答案：21-1、考点：解析：答案：22-1、答案：22-2、考点：。
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黑龙江哈九中2008-2009学年高一下学期期末考试
数学
（考试时间：120分钟满分: 150分共4页命题人：沙启娥丁玉民盛忠平）一、选择题（每小题5分，共60分）
1．设为非零实数，如果
，那么下列不等式中正确的是（）
A．B．
C．D．
2．在中，
，则
的形状为（）
A．等边三角形B．直角三角形C．等腰三角形D．等腰直角三角形3．设等差数列的前
项和为
，若
，则的值为（）
A．B．
C．D．
4．圆锥的轴截面为等腰直角三角形，侧面积为
，则圆锥的体积为（）
A．B．
C．D．
5．若直线与圆
有两个不同的交点，则实数
的取值范围
是（）
A．B．
C．D．
6．有一长为米的斜坡，它的坡度为
，在不改变坡高和坡顶的情况下，通过加长坡面的方
法将斜坡的坡度改为，则坡底要延伸（）
A．米B．米
C．米D．米
7．四棱锥的底面是边长为
的正方形，
底面
，
，则二面
角的余弦值为（）
A．B．
C．D．
8．已知为圆
内一定点，过点
且被该圆所截得的弦长最短的直线
方程为（）
A．B．
C．D．
9．已知两条直线，两个平面
，下列结论中正确的是（）
A. B.
C. D.
10．设变量满足的约束条件
所表示的平面区域为
，则
中的点到直线的距离的最大值是（）
A．B．
C．
D．
11．当时，给出下列四个不等式：
①②
③④
其中正确的是（）
A．①④B．①③C．②④D．②③
12．已知在
与
之间插入
个正数
使
成等比数列，则的值为（）
A. B.
C.
D.
二、填空题（每小题5分，共20分）
13．已知，
，
成等差数列，
成等比数列，则
的最小值是.
14．如果一个长方体的各个顶点都在同一个球的球面上，且从同一个顶点出发的三条棱的长
分别为，
，
，那么该球的表面积为.
15．光线从射到
轴上，经过反射以后经过点
，则光线从
经轴反射到
的距离为.
16．在棱长为的正方体
中，
是上一动点，则的最
小值为.
三、解答题（共6道小题，共70分）
17．在中，角
所对的边分别为
，且满足
，.
（1）求的面积；
（2）若，求
的值.
18．已知圆的方程为
.
（1）从点向圆
引切线，求切线的方程；。